新教材人教版高中物理选择性必修第二册模块综合检测（期末试卷）.docx

1、高中物理选择性必修第二册综合测评第一套1第二套12第一套(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.关于电磁波,下列说法正确的是()A.所有电磁波的频率相同B.电磁波只能在真空中传播C.电磁波在任何介质中的传播速度相同D.电磁波在真空中的传播速度是3108 m/s答案:D解析:电磁波包括射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波,其波长不同,则频率不同,故A错误;电磁波可以在真空中传播,速度为光速,在介质中的传播速度由介质决定,即在不同介质中传播速度不一样,故B、C错误,D正确。2

2、.有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置,下列说法正确的是()A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作答案:B解析:题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制,由此可见两个传感器一个是光电传感器,一个是温度传感器,而且排气扇自动工作只需光照或温度一个满足条件即可,A、C、D错,B对。3.下列关于无线电广播的叙述,错误的是()A.发射无线电广播信号必须采用调频方式B.发射无线电广播信号必须进行调制C.接收无线电广播信号必须进行调谐D.接收到无线电广播信号必须进行解

3、调才能由扬声器播放答案:A解析:发射无线电广播信号必须经过调制,可以采用调频,也可以采用调幅,所以A错误,B正确。接收无线电广播信号必须经过调谐也就是选台,C正确。由于无线电波中有高频信号,所以要经过解调将低频信号检出来,才能由扬声器播放,D正确。4.如图所示,一水平放置的圆形通电线圈a固定,另一较小的圆形线圈b从a的正上方下落,在下落过程中两线圈始终保持平行且共轴。则线圈b从线圈a的正上方下落过程中,从上往下看线圈b应是()A.有逆时针方向的感应电流B.有顺时针方向的感应电流C.先有顺时针方向的感应电流,后有逆时针方向的感应电流D.先有逆时针方向的感应电流,后有顺时针方向的感应电流答案:C解

4、析:向下穿过的过程中,穿过b环的磁通量先增大后减少;在a环上方时,穿过b环的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相反,根据安培定则得感应电流方向为顺时针方向;同理可得b穿过a后,磁通量减少,感应电流的方向应该是逆时针方向,选C。5.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的。使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场,血液中

5、的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中,两触点的距离为3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 V,磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A.1.3 m/s,a正、b负B.2.7 m/s,a正、b负C.1.3 m/s,a负、b正D.2.7 m/s,a负、b正答案:A解析:血液中正负离子流动时,根据左手定则,正离子受到向上的洛伦兹力,负离子受到向下的洛伦兹力,所以正离子向上偏,负离子向下偏,则a带正电,b带负电,故C、D错误;最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零,有qUd=qvB,所以血流速度v=UBd=16010-6

6、0.040310-3m/s=1.3m/s,故A正确,B错误。6.如图所示,a、b是两个匀强磁场边界上的两点,左边匀强磁场的磁感线垂直于纸面向里,右边匀强磁场的磁感线垂直于纸面向外,两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出,当它运动到b点时,击中并吸收了一个处于静止状态的电子,不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用,则它们在磁场中的运动轨迹是()答案:C解析:正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后,速度保持不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力向下;由r=mvBq可得,电荷量减半,则半径增大到原来的2倍,故磁场中

7、的运动轨迹为C,故选C。本题主要考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题,意在提高学生的理解分析能力和科学思维。7.一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生的感应电动势e=2202sin 100t(V),则()A.交变电流的频率是100 HzB.t=0时,线圈位于中性面C.交变电流的周期是0.01 sD.t=0.05 s时,e有最大值答案:B解析:由瞬时值表达式知,感应电动势按正弦规律变化,所以t=0时,线圈位于中性面,角速度=100rad/s。因=2f,所以f=2=1002Hz=50Hz;由T=1f得T=150s=0.02s;当t=0.05s时,e=2202sin5(V)=0,故B选项正确。8

8、.如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()A.Ba22tB.nBa22tC.nBa2tD.2nBa2t答案:B解析:由法拉第电磁感应定律可知,在t时间内线圈中产生的平均感应电动势为E=nt=n2Ba22-Ba22t=nBa22t,选项B正确。二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.下列说法正确的是()A.话筒是一种常用的声传感器,其作用

9、是将电信号转换为声信号B.电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器,这种传感器作用是控制电路的通断C.电子秤所使用的测力装置是力传感器D.热敏电阻常用作温度传感器,因为温度越高,它的电阻值越大答案:BC解析:话筒是一种常用的声传感器,其作用是将声信号转换为电信号,选项A错误;负温度系数热敏电阻的温度越高,它的电阻值越小,选项D错误。10.如图所示,电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关 ,P是滑动变阻器R的滑片,U1为加在原线圈两端的交流电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是()A.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B.保持

10、P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小C.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大D.保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1减小答案:AD解析:设理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,根据理想变压器的原副线圈的电压比等于匝数比,可得U1n1=U2n2;保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,n1变大,则U2变小,由欧姆定律可知I2变小,R上消耗的功率变小,I1变小,选项A正确,C错误;同理,保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,I2变大,选项B错误;保持U1不变,S接在b端,则U2不变,P向上滑动,R变大,由欧姆定律可知I2变小,则I1也变小,选项D正确。11

11、.右图为圆柱形区域的横截面,在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射,粒子飞出磁场区域时,速度方向偏转60角;该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射,粒子飞出磁场区域时,速度方向偏转90角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的()A.半径之比为31B.速度之比为13C.时间之比为23D.时间之比为32答案:AC解析:设磁场半径为R,当第一次以速度v1沿截面直径入射时,根据几何知识可得r1R=tan60,即r1=3R。当第二次以速度v2沿截面直径入射时,根据几何知识可得r2=R,所以r1r2=31,A正确;两次情况下都是同一个带电粒子在相

12、同的磁感应强度下运动的,所以根据公式r=mvBq,可得v1v2=r1r2=31,B错误;因为周期T=2mBq,与速度无关,所以运动时间之比为t1t2=60360T90360T=23,C正确,D错误。12.如图所示,阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置,若v1v2=12,则在这两次过程中()A.回路电流I1I2=12B.产生的热量Q1Q2=12C.通过任一截面的电荷量q1q2=12D.外力做功的功率P1P2=12答案:AB解析:感应电动势为Blv,感应电流I=ER=BlvR,大小与速度成正比,即I1I2=12,A正确;产生的热量Q=I2Rt=

13、B2l2v2Rlv=B2l2lRv,B、l、l、R是一样的,两次产生的热量比等于运动速度比,即Q1Q2=12,B正确;通过任一截面的电荷量q=It=BlvRlv=BllR,与速度无关,所以这两个过程中,通过任一截面的电荷量之比应为11,C错误;金属棒运动中受磁场力的作用,为使棒匀速运动,外力大小要与磁场力相等,则外力的功率P=Fv=BIlv=B2l2v2R,其中B、l、R大小相等,外力的功率与速度的二次方成正比,所以外力的功率之比应为14,D错误。本题主要考查法拉第电磁感应定律的理解和应用,提高学生的科学思维。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)为判断线圈绕向,可将灵敏电流计G

14、与线圈L连接,如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端:当电流从电流计G的左端流入时,指针向左偏转。(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时,发现电流计的指针向左偏转。俯视线圈,其绕向为(选填“顺时针”或“逆时针”)。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时,发现电流计的指针向右偏转。俯视线圈,其绕向为(选填“顺时针”或“逆时针”)。答案:(1)顺时针(2)逆时针解析:(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a,而根据楞次定律(增反减同)知,线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上),再根据右手螺旋定则可知,电流方向为逆时针方向(俯视线圈),因此俯视线圈,看其绕向为顺时针方向。(2)由

15、题意可知在线圈L内电流从a流向b,而根据楞次定律(增反减同)知,线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上),再根据右手螺旋定则可知,感应电流方向与(1)问相同,而电流的方向与(1)问相反,因此线圈绕向一定与(1)问相反,为逆时针方向(俯视线圈)。14.(8分)有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个用相同的导线绕制的线圈A、B,线圈外部还可以绕线。甲乙(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,则A线圈的电阻为,由此可推断(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把它看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有一根足够长的

16、绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量,并用字母表示):。A线圈的匝数为nA=(用所测物理量符号表示)。答案:(1)24A(2)用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈;将A线圈与低压交流电源相连接;用多用电表的交流电压挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压UUAUn(其他方法,只要合理即可)15.(8分)质量为m、长度为l的导体棒MN垂直导轨放置且静止在水平导轨上,通过MN的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于电流方向且与导轨平面成角斜向下,如图所示。求棒MN所受支持力FN的大小和摩擦力Ff的大小。答案:BIlcos +m

17、gBIlsin 解析:画出平面图,由左手定则判断出安培力方向,对MN受力分析,如图所示,对导体棒MN由平衡条件得水平方向上有Ff=Fsin竖直方向上有FN=Fcos+mg安培力F=BIl联立解得FN=BIlcos+mgFf=BIlsin。16.(10分)如图所示,一小型发电机内有n=100匝的矩形线圈,线圈面积S=0.10 m2,线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10 T的匀强磁场中,以恒定的角速度=100 rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,发电机线圈两端与R=100 的电阻构成闭合回路。求:(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值;(2)从线圈平面通过中性面时开

18、始,线圈转过90角的过程中通过电阻R横截面的电荷量。答案:(1)314 V(2)1.010-2 C解析:(1)线圈中感应电动势的最大值Em=nBS=314V。(2)设从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过90角所用时间为t,线圈中的平均感应电动势E=nBSt通过电阻R的平均电流I=ER=nBSRt在t时间内通过电阻横截面的电荷量Q=It=nBSR=1.010-2C。17.(12分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于xOy平面向里,电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球,从y轴上的A点水平向右抛出,经x

19、轴上M点进入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从x轴上的N点第一次离开电场和磁场,MN之间的距离为l,小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为。不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)电场强度E的大小和方向;(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小;(3)A点到x轴的高度h。答案:(1)mgq竖直向上(2)qBl2mcot (3)q2B2l28m2g解析:(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,其所受电场力必须与重力平衡,有qE=mgE=mgq重力的方向是竖直向下的,电场力的方向则应为竖直向上,由于小球带正电,所以电场强度方向竖直向上。(2)小球做匀速圆周运动,O为圆心,MN为弦长,MOP=,

20、如图所示。设半径为r,由几何关系知l2r=sin小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,设小球做圆周运动的速率为v,有qvB=mv2r由速度的合成与分解知v0v=cos由式得v0=qBl2mcot。(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy,它与水平分速度的关系为vy=v0tan由匀变速直线运动规律有vy2=2gh由式得h=q2B2l28m2g。18.(16分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW,输出电压恒为500 V,现用电阻率为1.810-8m、横截面积为10-5 m2的输电线向4103 m远处的用户输电,使发电机满负荷运行时输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%。(1)所用的理

21、想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少?(2)如果用户用电器的额定电压为220 V,那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少?(3)想一想,当深夜接入电路的用电器减少时,用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V?若用电器电路中电流为100 A,求此时用电器两端的电压数值。答案:(1)112(2)28811(3)大于220 V227 V解析:本题主要考查远距离输电问题,意在培养学生理论联系实际的应用能力,提高科学思维核心素养。(1)输电要用两根导线,则输电线的电阻为r=2lS=1.810-82410310-5=14.4由题意知P损=P4%=PU22r代入数据得U2=6000V升压变压

22、器原、副线圈匝数比n1n2=U1U2=5006000=112。(2)I2=PU2=1056103A=503AU损=I2r=50314.4V=240V而U3=U2-U损=6000V-240V=5760Vn3n4=U3U4=5760220=28811降压变压器原、副线圈匝数比为28811。(3)用电器总数减少时,用电器两端电压将增大由题知I4=100A,则有I4I3=n3n4=28811所以I3=27572AU损=I3r=2757214.4V=55V而U1、U2不变U3=U2-U损=(6000-55)V=5945VU3U4=n3n4得U4=n4n3U3=112885945V=227V。第二套(时间

23、:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列关于紫外线的说法正确的是()A.照射紫外线可增进人体对钙的吸收,因此人们应尽可能多地接受紫外线的照射B.一切高温物体发出的光都含有紫外线C.紫外线有很强的荧光效应,常被用来防伪D.紫外线有杀菌消毒的作用,是因为其有热效应答案:C解析:由于紫外线有显著的生理作用,杀菌能力较强,在医疗上有广泛的应用,但是过多地接受紫外线的照射,对人体来说也是有害的,A、D错误;并不是所有的高温物体发出的光都含有紫外线,B错误;紫外线有很强的荧光效应,可用来防伪,C正确。2.磁场

24、中某区域的磁感线如图所示,则()A.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABBB.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABB;通电导线所受安培力与通电导线的放置有关,通电导线放在A处与放在B处受力大小无法确定。3.用均匀导线做成正方形线框,每边长为0.2 m,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图所示。当磁场以10 T/s的变化率增大时,线框中a、b两点电势差是()A.Uab=0.1 VB.Uab=-0.1 VC.Uab=0.2 VD.Uab=-0.2 V答案:B解析:E=t=BtS=100.222V=0.2V;设总电阻为2R,则U=E2RR=12E=0.1V,由楞次定律知a端电势低

25、,故B正确。4.为了增大无线电台向空间辐射无线电波的能力,对LC振荡电路结构可采取下列哪些措施()A.增大电容器极板的正对面积B.增大电容器极板的间距C.增大自感线圈的匝数D.提高供电电压答案:B解析:要增大无线电台向空间辐射电磁波的能力,必须提高其振荡频率,由f=12LC知,可减小L和C以提高f。要减小L可采取减少线圈匝数、向外抽出铁芯的办法,要减小C可采取增大极板间距、减小正对面积、减小介电常数的办法,故B正确,A、C、D错误。本题考查电磁振荡的频率,意在培养学生的理解和应用能力,提高科学思维。5.电阻R1、R2与交流电源按如图甲方式连接,R1=10 ,R2=20 。合上开关S后,通过电阻

26、R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则()甲乙A.通过R1的电流有效值是1.2 AB.R1两端的电压有效值是6 VC.通过R2的电流最大值是1.22 AD.R2两端的电压最大值是62 V答案:B解析:交变电流的最大值Im=0.62A,则有效值I=Im2=0.6A,选项A、C错误。R1两端电压的有效值U1=IR1=6V,选项B正确。R2两端电压的最大值U2m=ImR2=122V,选项D错误。6.如图所示,在O点正下方有一个具有理想边界的磁场,磁场宽度大于铜球的直径。铜球在A点由静止释放,向右摆至最高点B,不考虑空气阻力,则下列说法正确的是()A.A、B两点在同一水平线上B.A点高

27、于B点C.A点低于B点D.铜球做等幅摆动答案:B解析:铜球进入磁场和出磁场的过程中,都有涡流产生,阻碍铜球的摆动,从而有机械能转化为内能,A点高于B点,A、C错误,B正确;往复运动一段时间,由于铜球的一部分机械能转化为电能,最终转化为内能,其摆动幅度逐渐减小,当铜球完全进入磁场后,铜球最终将在磁场中做等幅摆动,D错误。7.一交流发电机,当转速为n1时,其交流电动势e=220sin 100t(V),现有如下的说法,其中正确的是()A.在t=0时,线圈中的磁通量为0B.该交流发电机线圈的转速为50 r/sC.若加在标有“220 V100 W”的灯泡的两端,灯泡能正常发光D.若线圈的转速加倍,则交流

28、电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变答案:B解析:当t=0时,e=0,此时线圈处于中性面的位置,磁通量最大,因此选项A错误。当转速用r/s作单位时,转速与频率的数值相等,f=2=50Hz,则n=50r/s,B正确。最大值为有效值的2倍,该电动势的最大值为220V,而灯泡的标注值是有效值,所以选项C错误。因为交变电流的瞬时值表达式为e=Emsint,其中Em=NBS表示最大值,=2f,D错误。8.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直于纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所

29、示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像的是()甲乙答案:B解析:根据楞次定律,在前半个周期内,圆环内产生的感应电流方向为顺时针,即通过ab边的电流方向为由b指向a,再根据左手定则判断,ab边受到的安培力为水平向左,即负方向。根据法拉第电磁感应定律,前半个周期内ab中的电流为定值,则所受安培力也为定值。可知B正确。二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.光敏电阻自动计数器的示意图如图所示,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻。此光电计数

30、器的基本工作原理是()A.当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压B.当有光照射R1时,信号处理系统获得低电压C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次答案:AC解析:光敏电阻在被光照射时阻值发生变化,这样光敏电阻可以把光照强弱转换为电阻阻值大小这个电学量;光敏电阻的阻值随光照的增强而减小;光电计数器工作原理:当有物体挡住射到光敏电阻R1的光照时,R1电阻阻值增大,电路中电流减小,R2两端电压降低,信号处理系统得到低电压,计数器每由高电压转到低电压,就计一个数,从而达到自动计数的目的。10.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=5 000,横截面积S=2

31、0 cm2,螺线管导线电阻r=1.0 ,R1=4.0 ,R2=5.0 ,在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化(规定磁感应强度B向下为正),则下列说法正确的是()甲乙A.螺线管中产生的感应电动势为1 VB.闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为510-2 WC.电路中的电流稳定后电容器下极板带负电D.S断开后,流经R2的电流方向由下向上答案:AD解析:根据法拉第电磁感应定律得E=nt=nSBt,代入数据可求出E=1V,故A正确;根据闭合电路欧姆定律,有I=ER1+R2+r=14+5+1A=0.1A,根据P=I2R1得P=0.124W=410-2W,故B错误;根

32、据楞次定律可知,螺线管下端电势高,则电流稳定后电容器下极板带正电,故C错误;S断开后,电容器经过电阻R2放电,因下极板带正电,则流经R2的电流方向由下向上,故D正确。11.如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=51,电阻R=20 ,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦式交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。下列说法正确的是()甲乙A.输入电压u的表达式u=202sin 100t(V)B.只断开S2后,L1、L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8

33、 W答案:AD解析:由题图可知,Um=202V,T=0.02s,则=2T=100rad/s,输入电压u=202sin100t(V),故A正确。由变压器的变压规律知U1U2=n1n2,故U2=U1n2n1=2015V=4V;由题中将S1接1、S2闭合时,灯泡L2正常发光可得,灯泡L2的额定电压为4V;当只断开S2后,副线圈两端电压不变,此时副线圈的负载为L1、L2串联,故L1、L2均不能正常发光,B错误。此时P出=U22R总,副线圈负载R总增大,故P出减小,又P入=P出,故原线圈的输入功率减小,C错误。当S1换接到2后,副线圈的负载仅是电阻R,故P=U22R=4220W=0.8W,D正确。12.

34、在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为21C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13答案:CD解析:两个离子的质量相同,其电荷量之比是13的关系,所以由a=qUmd可知,其在电场中的加速度之比是13,故A错误。要想知道半径,必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速

35、度表达式为v=2qUm,可知其速度之比为13。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半径之比为31,故B错误。由B项分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为31,设磁场宽度为l,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有sin=lR,则可知角度的正弦值之比为13;又P+的角度为30,可知P3+角度为60,即在磁场中转过的角度之比为12,故C正确。由电场加速后qU=12mv2可知,两离子离开电场的动能之比为13,故D正确。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)在研究电磁感应现象的实验中,首先按图甲接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。然后按图乙将电流表与副线圈B

36、连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在图甲中,当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央。(1)图乙中,S闭合后,将原线圈A移近副线圈B的过程中,电流表的指针将。(2)如图乙所示,原线圈A放在B附近不动时,指针将。(3)原线圈A放在B附近不动,突然切断开关S,电流表指针将。(均选填“左偏”“右偏”或“不偏”)答案:(1)右偏(2)不偏(3)左偏解析:(1)由题图甲知,电流从电流表正接线柱流入时,指针左偏。题图乙中,当S闭合,原线圈A移近副线圈B的过程中,穿过副线圈B向上的磁通量增加,由楞次定律知副线圈B中感应电流的磁场方向向下,所以电

37、流从电流表负接线柱流入,此时指针右偏。(2)当原线圈A放在副线圈B附近不动时,穿过副线圈B的磁通量不变,没有感应电流产生,所以电流表指针不偏转。(3)同样的判断方法,原线圈A放在副线圈B附近不动时,切断开关S,电流表指针将左偏。14.(8分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 ),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 ),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 ),单刀双掷开关一个,导线若干。在室温下对系统

38、进行调节。已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 时阻值为650.0 。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器(选填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统:电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为;滑动变阻器的滑片应置于(选填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是。将开关向(选填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。答案:(1)

39、连线如图所示(2)R2(3)650.0b接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏c报警器开始报警解析:(2)由UIc=181010-3=1800可知,滑动变阻器应选R2。(3)电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60时的阻值,即650.0。滑动变阻器的滑片应置于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。15.(10分)如图甲所示,一对光滑平行金属导轨与水平面成角,两导轨的间距为l,两导轨顶端接有电源,将一根质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。已知通过导体棒的电流大小恒为I,方向由a到b,图乙为沿ab方向观

40、察的侧视图。若重力加速度为g,在两导轨间加一竖直向上的匀强磁场,使导体棒在导轨上保持静止。甲乙(1)请在图乙中画出导体棒受力的示意图。(2)求出导体棒所受的安培力大小。(3)保持通过导体棒的电流不变,改变两导轨间的磁场方向,导体棒在导轨上仍保持静止,试求磁感应强度B的最小值及此时的方向。答案:(1)见解析图(2)mgtan (3)mgsinIl垂直轨道斜向上解析:(1)如图所示。(2)由平衡条件,磁场对导体棒的安培力F=mgtan。(3)当安培力方向平行于导轨斜向上时,安培力最小,磁感应强度最小。由平衡条件知,最小安培力Fmin=mgsin,即BIl=mgsin则最小的磁感应强度B=mgsin

41、Il16.(10分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,在磁场中有一边长为l的正方形导线框,ab边质量为m,其余边质量不计,cd边有固定的水平轴,导线框可以绕其转动。现将导线框拉至水平位置由静止释放,不计摩擦和空气阻力,导线框经过时间t运动到竖直位置,此时ab边的速度为v。求:(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小;(2)线框运动到竖直位置时感应电动势的大小。答案:(1)Bl2t(2)Blv解析:(1)线框在初位置1=BS=Bl2转到竖直位置2=0根据法拉第电磁感应定律得E=t=Bl2t。(2)转到竖直位置时,bc、ad两边不切割磁感线,ab边垂直切割磁感线,此时求的是瞬时

42、感应电动势,感应电动势的大小为E=Blv。17.(12分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数N=100。穿过每匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化,如图所示。发电机内阻r=5.0 ,外电路电阻R=95 。已知感应电动势的最大值Em=Nm,其中m为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。答案:1.4 A解析:从-t图像可以看出m=1.010-2Wb,T=3.1410-2s已知Em=Nm,又=2T故电路中电流最大值Im=EmR+r=N2mT(R+r)=10023.141.010-23.1410-2(95+5.0

43、)A=2A交流电流表读数I=Im2=1.4A。18.(14分)如图所示,在y轴左侧有一平行x轴方向的匀强电场,电场强度E=2103 V/m,在y轴右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场,第一象限内磁场的磁感应强度大小B0=210-2 T,第四象限内磁场的磁感应强度大小为2B0。现有一比荷qm=1106 C/kg的粒子,从电场中与y轴相距10 cm的M点(图中未标出)由静止释放,粒子运动一段时间后从N点进入磁场,并一直在磁场中运动且多次垂直通过x轴。不计粒子重力,试求:(1)粒子进入磁场时的速度大小;(2)从粒子进入磁场开始计时到粒子第三次到达x轴所经历的时间;(3)粒子轨迹第一次出现相交时所对应的交

44、点坐标。答案:(1)2104 m/s(2)210-4 s(3)22m,62m解析:(1)对粒子在电场中,由动能定理得Eqx=12mv2得v=2Eqxm=2104m/s。(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动,其轨迹如图所示。根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R又v=2RT得T1=2mqB0,T2=mqB0所以粒子从进入磁场到第三次运动到x轴所用的时间为t=T14+T22+T12代入数值可得t=210-4s。(3)设粒子轨迹第一次出现相交时的交点为P,如图所示,三角形OPO1为等边三角形,lOP=lPO1=lOO1=R1根据洛伦兹力提供向心力有qvB0=mv2R1得R1=2m根据几何关系可得,P点横坐标x=R1cos60=22m纵坐标y=R1sin60=62m所以P点坐标为22m,62m。