2025高考物理人教版選擇性必修第2冊專項復習本冊綜合學業質量標準檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分：100分，時間：75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．(2024·安徽馬鞍山高二開學考試)關于電磁波及電磁感應現象，下列說法正確的是()A．電磁波只是一種描述方式，不是真正的物質B．用微波爐加熱食物是利用了微波具有能量的性質C．奧斯特最早發現了電磁感應現象D．穿過閉合導體回路有磁通量時，回路中就會產生感應電流答案：B解析：電磁波不僅僅是一種描述方式，而且是真實的物質存在，故A錯誤；用微波爐加熱食物時，食物增加的能量是微波給它的，利用了微波具有能量的性質，故B正確；法拉第首先發現了電磁感應現象，故C錯誤；當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，回路中才會產生感應電流，故D錯誤。2．如圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存的區域內，電場的電場強度為E，方向豎直向下，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，一質量為m的帶電粒子，在場區內的一豎直平面內做勻速圓周運動，則可判斷該帶電粒子()A．帶有電荷量為eq\f(mg,E)的負電荷B．沿圓周逆時針運動C．運動的角速度為eq\f(2gB,E)D．運動的速率為eq\f(E,B)答案：A解析：帶電粒子在豎直平面內做勻速圓周運動，有mg＝qE，求得電荷量q＝eq\f(mg,E)，根據電場強度方向和電場力方向判斷出粒子帶負電，故A正確；由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運動，故B錯誤；由qvB＝mvω，得ω＝eq\f(qB,m)＝eq\f(mgB,Em)＝eq\f(gB,E)，故C錯誤；無法計算帶電粒子的速度，故D錯誤。3．如圖所示，L為電感線圈，R為滑動變阻器，A1、A2是兩個完全相同的燈泡。將R觸頭滑動至某一位置，閉合開關S，燈A1立即變亮，燈A2逐漸變亮，最終A2亮度更高。則()A．R連入電路的阻值與L的直流阻值相同B．閉合S瞬間，L中電流與變阻器R中電流相等C．斷開S，A1立刻熄滅，A2逐漸熄滅D．斷開S，A1閃亮后再逐漸熄滅，A2逐漸熄滅答案：D解析：已知最終A2亮度更高，則通過A2的電流更大，根據并聯電路電壓相等可知，R連入電路的阻值大于L的直流阻值，故A錯誤；閉合S瞬間，L阻礙電流的增大，L中電流小于變阻器R中電流，故B錯誤；斷開S，L阻礙電流的減小，L和變阻器R以及兩燈泡構成回路，斷開S瞬間該回路電流大小等于初始通過A2的電流，故A1閃亮，之后電流逐漸減小至零，則兩燈逐漸熄滅，故C錯誤，D正確。4．半徑為r的圓環電阻為R，ab為圓環的一條直徑。如圖所示，在ab的一側存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環所在平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化關系為B＝B0＋kt(k>0)，則()A．圓環中產生順時針方向的感應電流B．圓環具有擴張的趨勢C．圓環中感應電流的大小為eq\f(kπr2,2R)D．圖中b、a兩點間的電勢差Uba＝eq\f(1,2)kπr2答案：C解析：由于磁場均勻增大，圓環中的磁通量變大，根據楞次定律可知圓環中感應電流為逆時針方向，同時為了阻礙磁通量的變化，圓環將有收縮的趨勢，故A、B錯誤；根據法拉第電磁感應定律得電動勢為E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圓環電阻為R，所以電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,2R)，故C正確；b、a兩點間的電勢差為Uba＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D錯誤。5．關于傳感器，下列說法正確的是()A．電熨斗能夠自動控制溫度的原因是它裝有雙金屬片溫度傳感器，這種傳感器作用是控制電路的通斷B．太陽能自動控制路燈一般用熱敏電阻作為敏感元件C．話筒是一種常用的聲音傳感器，其作用是將電信號轉化為聲信號D．干簧管可以感知磁場的存在，是一種能夠測出磁感應強度的傳感器答案：A解析：電熨斗能夠自動控制溫度的原因是它裝有雙金屬片溫度傳感器，這種傳感器作用是控制電路的通斷，故A正確；太陽能自動控制路燈一般用光敏電阻作為敏感元件，故B錯誤；話筒是一種常用的聲音傳感器，其作用是將聲信號轉化為電信號，故C錯誤；干簧管是一種能夠感知磁場的傳感器，能夠把磁信號轉變為電路的通斷，故D錯誤。6．(2024·河北保定高二期末)如圖所示，邊長為L的正方形abcd區域內存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質量為m、帶電量為q的帶負電的粒子從a點以速度v0沿ab方向射入磁場，之后從cd邊的中點e射出磁場，不計粒子的重力，磁場的磁感應強度大小為()A．eq\f(mv0,2qL) B．eq\f(8mv0,5qL)C．eq\f(5mv0,8qL) D．eq\f(mv0,qL)答案：B解析：粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，根據幾何關系可得R2＝eq\f(L2,4)＋(L－R)2，解得R＝eq\f(5,8)L，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(8mv0,5qL)，故B正確。7．(2024·廣東深圳高二階段練習)人體含水量約為70%，水中有鈉離子、鉀離子等離子存在，因此容易導電，脂肪則不容易導電。當人兩手握住脂肪測量儀的兩把手時，就可知道人體脂肪所占的比例。下列說法中正確的是()A．脂肪測量儀的工作原理是通過人體體重不同來判斷人體脂肪所占的比例B．脂肪測量儀的工作原理是通過人體的電阻不同來判斷人體脂肪所占的比例C．脂肪測量儀的工作原理是通過測量人體的體溫來判斷人體脂肪所占的比例D．激烈運動之后，脂肪測量儀顯示人體脂肪所占比例的測量數據會不準確答案：BD解析：利用脂肪幾乎不含水分，其導電性和其他成分不同，可以用測量人體電阻的辦法來計算人體脂肪率，故A、C錯誤，B正確；激烈運動之后，人體內水和鈉、鉀等無機鹽會有一部分流失，人體脂肪所占比例會發生變化，即人體的電阻大小變化，所以測量數據會不準確，故D正確。8．如圖，傾角為α的斜面上放置著間距為L的平行光滑導軌(電阻不計)，導軌下端與一電阻R相連，電阻為r的金屬棒KN置于導軌上，在以ab和cd為邊界的區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向上。在cd左側的無磁場區域cdPM內有一半徑很小的金屬圓環，圓環與導軌在同一平面內。已知ab∥dc∥PM，金屬棒與導軌接觸良好。將金屬棒KN從磁場右邊界ab處由靜止自由釋放，向下運動的一小段時間內，下列說法正確的是()A．圓環有收縮趨勢B．圓環有擴張趨勢C．金屬棒KN做勻加速直線運動D．金屬棒KN做變加速直線運動答案：AD解析：金屬棒KN沿導軌向下運動的一小段時間內，重力沿導軌平面的分力大于安培力，金屬棒向下加速運動，KMMP回路中產生的感應電動勢增大，感應電流增大，產生的磁場增強，通過圓環的磁通量增加，依據楞次定律可知，圓環有收縮的趨勢，故A正確，B錯誤；金屬棒向下運動的一小段時間內，由牛頓第二定律有mgsinα－F安＝ma，又F安＝ILB＝eq\f(B2L2v,r＋R)，解得金屬棒的加速度a＝gsinα－eq\f(B2L2v,mr＋R)，速度v增大，加速度a減小，速度的變化率減小，故D正確，C錯誤。9．為了解決用電高峰電壓不足的問題，某同學設計了如下輸電線路。交流發電機的線圈電阻忽略不計，輸出電壓u＝Umsinωt，T1、T2均為理想變壓器，R1和R2為純電阻用電器。輸電線的等效總電阻為r＝20Ω，n1∶n2＝1∶10，n4可調，R1和R2的額定電壓均為220V，阻值均為11Ω，其余電阻不計。S斷開時對應用電低谷，調節n3∶n4＝10∶1，此時用電器R1正常工作，輸電線上損耗的功率為ΔP；S閉合時對應用電高峰，調節變壓器T2的副線圈，當其匝數比為N∶1時，用電器R1又能正常工作，此時變壓器T2原線圈的電壓為U3，輸電線上損耗的功率為ΔP′。則()A．Um＝220eq\r(2)V B．U3＝2200VC．N<10 D．ΔP′>4ΔP答案：CD解析：S斷開時，T2副線圈的電壓為220V、電流為20A，其原線圈的電壓為2200V、電流為2A，輸電線損耗的電壓為ΔU＝2A×20Ω＝40V，損耗功率為ΔP＝80W，T1副線圈的電壓為2240V，原線圈的電壓為224.0V，所以Um＝224eq\r(2)V，故A錯誤；S閉合后，對T2，如果n4不變，則原、副線圈的電壓均減小，需要將n4變大eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)<10))才能使副線圈電壓變回到220V，故N<10；此時根據并聯電路干路與支路電流關系得T2副線圈電流為40A，所以原線圈中電流大于4A，故根據焦耳定律可知，輸電線損耗的功率ΔP′>4ΔP，輸電線承擔的電壓也增大，電壓U3小于2200V，故B錯誤，C、D正確。10．如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，左側軌道間距為2L，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，右側軌道間距為L，處于磁感應強度大小為eq\f(1,2)B的勻強磁場中，兩磁場方向均豎直向下。金屬棒b長為L，阻值R，靜止在右側軌道。金屬棒a長為2L，電阻為2R，當金屬棒a以初速度v0水平向右開始運動時，金屬棒b也隨之運動。已知金屬棒a始終在左側軌道運動，a、b棒質量均為m，且始終與導軌垂直并接觸良好，導軌電阻不計。則在a、b棒的運動過程中，下列說法正確的是()A．金屬棒b達最大速度前，金屬棒a、b組成的系統動量不守恒B．金屬棒b達最大速度后，金屬棒a、b的速度大小之比為1∶2C．從開始運動到金屬棒b達最大速度的過程中通過金屬棒b的電荷量為eq\f(4mv0,17BL)D．從開始運動到金屬棒b達最大速度的過程中金屬棒a產生的熱量為eq\f(16,51)mveq\o\al(2,0)答案：AD解析：兩金屬棒所受安培力不相等，所以金屬棒a、b穩定前，金屬棒a、b系統動量不守恒，故A正確；穩定后電路電流為0，即B·2Lva＝0.5BLvb，解得eq\f(va,vb)＝eq\f(1,4)，故B錯誤；對a根據動量定理可得BI平均·2Lt＝mva－mv0，對b根據動量定理可得0.5BI平均Lt＝mvb，解得va＝eq\f(v0,17)，vb＝eq\f(4v0,17)，通過金屬棒b的電荷量為q＝I平均t＝eq\f(8mv0,17BL)，故C錯誤；由能量守恒定律可得，電路中總的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(8,17)mveq\o\al(2,0)，由電路知識可得Qa＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(16,51)mveq\o\al(2,0)，故D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(本題共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)(2024·重慶二模)電容電池具有無污染、壽命長、充電速度快等諸多優點而廣泛應用。某同學想要用電流傳感器探究電容電池特性，探究電路如圖甲。(1)第一次探究中，先將開關接1，待電路穩定后再接2。已知電流從上向下流過電流傳感器時，電流為正，則電容器充放電過程中的i－t和U－t圖像是_________。ABCD(2)第二次探究，該同學先將開關接1給電容器充電，待電路穩定后再接3，探究LC振蕩電路的電流變化規律。①實驗小組得到了振蕩電路電流波形圖像，選取了開關接3之后的LC振蕩電流的部分圖像，如圖乙，根據圖像中A、B點坐標可知，振蕩電路的周期T＝_________s(結果保留兩位有效數字)。②如果使用電動勢更小的電源給電容器充電，LC振蕩電路的頻率將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。③已知電源電動勢E0，測得充電過程i－t圖像的面積為S0，以及振蕩電路的周期T，可以得到電感線圈的電感表達式L＝_________。(用測得的已知量表示)答案：(1)BD(2)①0.0092②不變③eq\f(T2E0,4π2S0)解析：(1)第一次探究過程為先給電容器充電，后電容器通過R放電，給電容器充電過程中電流從上向下流過傳感器，即為正，由于充電后電容器右極板帶正電，電容器通過R放電時，電流從下向上流過傳感器，即為負，故A錯誤，B正確；給電容器充電和電容器放電，通過電壓傳感器的電流方向均為從右向左，都為正，故C錯誤，D正確。(2)①由圖乙可知T＝eq\f(9.037－8.945,10)s＝0.0092s。②由振蕩周期T＝2πeq\r(LC)，可知，如果使用電動勢更大的電源給電容器充電，LC振蕩電路的周期不變，則頻率也不變。③充電過程i－t圖像的面積為S0，則有q＝CE0＝S0，可得C＝eq\f(S0,E0)，振蕩周期T＝2πeq\r(LC)，可得L＝eq\f(T2,4π2C)＝eq\f(T2E0,4π2S0)。12．(8分)某興趣小組用如圖甲所示的可拆變壓器進行“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗：(1)下列器材在實驗中還必須用到的是_________(填字母)。(2)實驗中原、副線圈的電壓之比與其匝數之比有微小差別，原因不可能是_________。A．變壓器鐵芯漏磁B．鐵芯在交變電磁場作用下發熱C．原線圈輸入電壓發生變化D．原、副線圈通過電流發熱(3)實際操作中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，測得副線圈的“0”和“4”兩個接線柱之間的電壓為3.0V，則可推斷原線圈的輸入電壓可能為_________。A．3V B．5.5VC．6.0V D．6.5V(4)如圖所示為某電學儀器原理圖，圖中變壓器為理想變壓器。左側虛線框內的交流電源與串聯的定值電阻R0可等效為該電學儀器電壓輸出部分，該部分與一理想變壓器的原線圈連接；一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原副線圈的匝數分別為n1、n2(右側實線框內的電路也可以等效為一個電阻)。在交流電源的電壓有效值U0不變的情況下，調節可變電阻R的過程中，當eq\f(R,R0)＝_________時，R獲得的功率最大。答案：(1)C(2)C(3)D(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2解析：(1)實驗中需要交流電源和交流電壓表(萬用表)，不需要干電池和滑動變阻器。(2)變壓器鐵芯漏磁，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項A不符合題意；原、副線圈通過電流發熱，鐵芯在交變磁場作用下發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項B、D不符合題意；原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比的關系，選項C符合題意。(3)若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個接線柱，可知原副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3V，則原線圈的電壓為U1＝2×3V＝6V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則原線圈所接的電源電壓大于6V，可能為6.5V。故選D。(4)把變壓器和R等效為一個電阻R1，R0當作電源內阻，當內外電阻相等，即R0＝R1，此時輸出功率最大，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得eq\f(I1R1,I2R)＝eq\f(n1,n2)。代入I1n1＝I2n2，解得R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R0，即eq\f(R,R0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)13．(10分)(2024·江蘇高二階段練習)如圖所示，面積為0.02m2，內阻不計的100匝矩形線圈ABCD，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，轉動的角速度為50rad/s，勻強磁場的磁感應強度為eq\f(\r(2),2)T。矩形線圈通過滑環與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R＝50Ω，電表均為理想交流電表，當線圈平面與磁場方向平行時開始計時，結果可用根號或π表示。求：(1)線圈中感應電動勢的最大值；(2)由圖示位置轉過30°角的過程產生的平均感應電動勢；(3)當原、副線圈匝數比為2∶1時，電阻R上消耗的功率。答案：(1)50eq\r(2)V(2)eq\f(150\r(2),π)V(3)12.5W解析：(1)線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBωS＝100×eq\f(\r(2),2)×50×0.02V＝50eq\r(2)V。(2)由圖示位置轉過30°角的過程產生的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin30°,\f(π,6ω))＝eq\f(3nBSω,π)＝eq\f(150\r(2),π)V。(3)當原、副線圈匝數比為2∶1時，次級電壓有效值U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×eq\f(50\r(2),\r(2))V＝25V。電阻R上消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(252,50)W＝12.5W。14．(10分)如圖甲所示，將一細導線首尾相連構成單匝正方形線框，并固定在水平絕緣桌面上，線框邊長d＝20cm、電阻R＝4Ω。虛線將線框分為左右對稱的兩部分，虛線與線框的交點分別為M、N，虛線左側的空間內存在與桌面垂直的勻強磁場，規定垂直桌面向下為磁感應強度B的正方向，B隨時間t變化的規律如圖乙所示。求：(1)t＝1s時線框中感應電流的大小和方向；(2)t＝3s時M、N兩點間的電勢差UMN。答案：(1)0.01A順時針(2)－0.02V解析：(1)因為0～2s內eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，則E1＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,2)＝2×eq\f(0.2×0.2,2)V＝0.04V，則I＝eq\f(E1,R)＝0.01A，根據楞次定律可知，感應電流的方向為順時針方向。(2)t＝3s時，因eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，同樣可求得線圈中的電流為I＝0.01A，方向為逆時針方向，則UMN＝－I·eq\f(R,2)＝－0.02V。15．(12分)如圖所示，某種離子扭轉器可以將射向不同方向的粒子，通過改變電場或磁場的大小和方向，使其經過相同的點，該裝置由間距均為L的三塊帶有小孔的平行金屬板M、N、P構成，三塊金屬板的中心小孔O、O1、O2連線與三塊金屬板垂直，粒子可以通過M板上的中心小孔O，向各個方向發射，讓粒子經過N板上的小孔a，最后從P板上的小孔O2射出，已知小孔a在O1的正上方，到O1的距離為d＝(eq\r(2)－1)L。以金屬板M的中心O為坐標原點，以水平向內為x軸，豎直向上為y軸，垂直于金屬板向右方向為z軸，建立直角坐標系。M、N板之間的區域為Ⅰ區，N、P板間的區域為Ⅱ區。從離子源射出的粒子質量為m，帶電量為q，以速度v0從金屬板的小孔O射入(不計粒子重力)。(1)若粒子沿著y軸正方向射入，在Ⅰ區加上與x軸平行的勻強磁場B1，在Ⅱ區加上與y軸平行的勻強電場E1，求B1，E1的大小及方向；(2)若粒子入射的方向在xOz平面內，與x軸正方向夾角α(為銳角)，在Ⅰ區加上沿z軸負方向的勻強磁場B2，同時調整M、N間的距離，使Ⅰ區的寬度達到最小值，求B2及Ⅰ區寬度的最小值Lmin；(3)在滿足(2)的條件下，在Ⅱ區加平行于金屬板的電場E2，求E2的大小。答案：(1)B1＝eq\f(2＋\r(2)mv0,2qL)，方向沿x軸負方向E1＝eq\f(2－\r(2)mv\o\al(2,0),qL)，方向沿y軸正方向(2)B2＝eq\f(2\r(2)＋1mv0cosα,qL)，方向沿z軸負方向Lmin＝eq\f(\r(2)－1πL,2)tanα(3)eq\f(2mv\o\al(2,0)sinα,qL)eq\r(3－2\r(2)sin2α＋cos2α)解析：(1)粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動，圓心在z軸上，根據左手定則可知，磁場方向沿x軸負方向，設軌道半徑為R1，離開Ⅰ區時速度方向與豎直方向夾角為θ，如圖所示：由幾何關系可得R1sinθ＝d，①R1(1＋cosθ)＝L，②又由于qv0B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),R1)，③由①②③聯立得B1＝eq\f(2＋\r(2)mv0,2qL)，方向沿x軸負方向，在區域Ⅱ中粒子做類斜拋運動，則L＝v0t1sinθ，④－d＝－v0t1cosθ＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，⑤而E1q＝ma1，⑥由④⑤⑥聯立得E1＝eq\f(2－\r(2)mv\o\al(2,0),qL)，方向沿y軸正方向。(2)將初速度分解到沿z軸方向和x軸方向，根據左手定則可知，粒子沿z軸方向做勻速直線運動，在垂直z軸平面內做勻速圓周運動，a點恰好是圓周運動的最高點，因此qv⊥B2＝eq\f(mv\o\al(2,⊥),R)，⑦R＝eq\f(1,2)d，⑧v⊥＝v0cosα，⑨由⑦⑧⑨聯立整理得B2＝eq\f(2\r(2)＋1mv0cosα,qL)，方向沿z軸負方向，由于v⊥t2＝πR，⑩Lmin＝v0t2sinα，?由⑧⑩?聯立解得Lmin＝eq\f(\r(2)－1πL,2)tanα。(3)在通過a點后，若通過小孔O2，在z軸方向L＝v0t3sinα，?在x軸方向上0＝－v0t3cosα＋eq\f(1,2)axteq\o\al(2,3)，?其中Exq＝max，?在y軸方向上d＝eq\f(1,2)a－yteq\o\al(2,3)，?E－yq＝ma－y，?而E2＝eq\r(E\o\al(2,x)＋E\o\al(2,－y))，?由以上各式聯立解得E2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)sinα,qL)eq\r(3－2\r(2)sin2α＋cos2α)。16．(14分)如圖所示，間距為L的兩條光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，將甲、乙兩根質量均為m、電阻均為R金屬桿放置在導軌上，金屬桿與導軌垂直且接觸良好；乙桿用水平細繩通過定滑輪連接質量為m0的木塊；導軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。給甲桿施加一水平向左的拉力，使其從靜止開始以加速度a做勻加速直線運動，當乙桿將要發生滑動時撤去拉力。已知重力加速度大小為g，導軌電阻不計且足夠長，求：(1)乙桿將要發生滑動時，拉力的大小和甲桿的速度；(2)撤去拉力后甲桿上產生的熱量；(3)撤去拉力前后通過乙桿的電荷量之比。答案：(1)ma＋m0geq\f(2m0gR,B2L2)，方向水平向左(2)eq\f(mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)(3)eq\f(m0g,2ma)解析：(1)乙桿將要發生滑動時，其所受安培力大小為FA2＝m0g，①根據右手定則和左手定則綜合分析可知甲桿所受安培力方向與拉力F的方向相反，又因為通過甲、乙的電流時刻相等，所以安培力大小時刻相等，則乙桿將要發生滑動時，甲桿所受安培力大小為FA1＝FA2＝m0g，②設此時拉力的大小為F1，對甲桿根據牛頓第二定律有F1－FA1＝ma，③聯立②③解得F1＝ma＋m0g，④設此時回路中電流大小為I1，則有m0g＝BI1L，⑤設此時甲桿的速度大小為v1，則甲桿產生的感應電動勢大小為E1＝BLv1，⑥根據閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E1,2R)，⑦聯立⑤⑥⑦解得v1＝eq\f(2m0gR,B2L2)，⑧方向水平向左。(2)撤去拉力后，甲桿做減速運動，回路中電流減小，乙桿所受安培力減小，將仍保持靜止狀態，最終甲桿將靜止，根據能量守恒定律可知撤去拉力后，回路產生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)，⑨由于通過兩桿的電流時刻相等，且兩桿阻值相等，則根據焦耳定律可知兩桿產生焦耳熱相等，則撤去拉力后甲桿上產生的熱量為Q甲＝eq\f(Q,2)＝eq\f(mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)。⑩(3)以甲桿開始運動為計時零點，在撤去拉力前，t時刻甲桿的速度大小為v＝at，?此時甲桿產生的感應電動勢大小為E＝BLv，?通過甲桿的電流大小為I＝eq\f(E,2R)，?甲桿所受安培力大小為FA＝ILB，?對甲桿根據牛頓第二定律有F－FA＝ma，?聯立?～?式解得F＝ma＋eq\f(B2L2at,2R)，?根據⑧和?式可得撤去拉力的時刻為t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(2m0gR,aB2L2)，?根據?式可知F與t成線性關系，作出從零時刻到撤去拉力時F－t圖像如圖所示，可知圖線與坐標軸所圍的面積表示這段時間內F的沖量，即IF＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋F1))t1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ma＋m0g))m0gR,aB2L2)，?對0～t1時間內甲桿的運動，根據動量定理有IF－Beq\x\to(I)Lt1＝mv1，?根據電流的定義可知這段時間內通過乙桿的電荷量為q1＝eq\x\to(I)t1，?設從撤去拉力到甲桿靜止經歷的時間為t2，同理可得－Beq\x\to(I)′Lt2＝－mv1，eq\o(○,\s\up3(21))并且t2時間內通過乙桿的電荷量為q2＝eq\x\to(I)′t2，eq\o(○,\s\up3(22))聯立?～eq\o(○,\s\up3(22))式解得撤去拉力前后通過乙桿的電荷量之比為eq\f(q1,q2)＝eq\f(m0g,2ma)。第一章1.第2課時基礎達標練1．(2024·河南周口高二階段練習)以光滑絕緣水平面為xOy平面建立Oxyz空間坐標系。兩條無限長直導線甲、乙通有相等的電流I，初始時甲通過絕緣桿固定在如圖位置，電流方向與x軸正方向相同，乙靜止放置在xOy平面上與y軸平行。釋放后，下列說法中正確的是()A．直導線乙始終保持靜止狀態B．俯視直導線乙將要順時針轉動C．俯視直導線乙將要逆時針轉動D．直導線乙對水平面的壓力將變大答案：C解析：沿x軸負向觀察直導線甲，產生逆時針磁場，直導線乙在y>0區域受到向x軸正方向安培力，y<0區域受到沿x軸負方向安培力，俯視時導線乙逆時針轉動，轉動后直導線乙受到的安培力有向上的分量，對水平面壓力變小。故選C。2．(2023·江蘇南京高二期末)等邊三角形電阻絲與電源構成如圖所示電路，D、E分別是BC、AC的中點，當線圈處在同一勻強磁場的不同位置時，線圈所受安培力最小的是()答案：C解析：四個電路中的電流I和磁場B都相同，根據F＝ILB可知，線圈受安培力的大小主要取決線圈在磁場中的有效長度；設三角形邊長為a，則A圖中有效長度等于三角形的高，即LA＝eq\f(\r(3),2)a，B圖中有效長度等于ED距離，即LB＝eq\f(1,2)a，C圖中有效長度等于E點到AB的距離，即LC＝eq\f(\r(3),4)a，D圖中有效長度等于ED距離，即LD＝eq\f(1,2)a，即有效長度最短的是C，即C圖受安培力最小。故選C。3．(多選)(2024·廣東江門高二競賽)如圖所示，用絕緣細繩懸掛一矩形導線框且導線框底邊水平，導線框通有逆時針方向的電流(從右側觀察)，在導線框的正下方、垂直于導線框平面有一直導線PQ。現在PQ中通以水平向左的電流，在短時間內，下列說法正確的是()A．從上往下觀察導線框逆時針轉動B．從上往下觀察導線框順時針轉動C．細繩受力會變得比導線框重力大D．細繩受力會變得比導線框重力小答案：AC解析：由安培定則判斷出通電導線PQ在線框處的磁場方向平行于線框平面從外向里，根據左手定則，可知線框外側電流受安培力向右，線框內側電流受安培力向左，從上往下看，導線框將逆時針轉動，A正確，B錯誤；線框沿逆時針方向轉動一個小角度后，線框靠近導線PQ處的邊的電流的方向向左，由左手定則可知，其受到的安培力的方向向下，線框上邊的電流的方向向右，由左手定則可知，其受到的安培力的方向向上，由于導線在線框上邊產生的磁感應強度小于導線在線框下邊產生的磁感應強度，所以整體受安培力向下，細繩受力會變得比導線框重力大，C正確，D錯誤。故選AC。4．(多選)(2024·黑龍江高二開學考試)如圖所示為電流天平，可用來測量勻強磁場的磁感應強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，線圈匝數為N＝25匝，水平邊長為L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，線圈的下部處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面。磁感應強度大小為B，當線圈中通有電流I＝1.0A(方向如圖)時，在天平左、右兩邊加上質量分別為m1、m2的砝碼，使天平平衡。當電流反向(大小不變)時，左邊再加上質量為m＝0.5kg的砝碼，天平重新平衡(天平的左右兩臂等長，g取10m/s2)。由此可知()A．磁感應強度的方向垂直紙面向里B．磁感應強度的方向垂直紙面向外C．磁感應強度的大小B＝1.0TD．磁感應強度的大小B＝2.0T答案：BC解析：假設磁場方向垂直紙面向外，開始線圈受到的安培力向上，電流方向相反，則安培力反向，變為豎直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，符合題意，A錯誤，B正確；根據mg＝2NILB，解得B＝1.0T，C正確，D錯誤。5．(多選)如圖甲是磁電式電流表的結構，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙線圈中a、b兩條導線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B。則()甲乙A．該磁場是勻強磁場B．線圈平面總與磁場方向垂直C．線圈將順時針轉動D．a、b導線受到的安培力大小總為BIl答案：CD解析：勻強磁場的磁感應強度應大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，A錯誤；線圈平面總與磁場方向平行，B錯誤；在圖示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，線圈順時針轉動，C正確；由于磁感應強度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為BIl，D正確。6．如圖所示，三條長度相同的直導線a、b、c垂直于紙面固定放置，相互之間的距離均為L。在三條直導線中均通有大小相等的電流I，其中直導線a、c中的電流方向垂直紙面向里，直導線b中的電流方向垂直紙面向外，則直導線a與直導線b所受安培力的大小之比為()A.eq\r(3)∶1 B．1∶eq\r(3)C．1∶1 D．eq\r(2)∶eq\r(3)答案：B解析：如圖甲所示，直導線b、c中的電流在直導線a所在處產生的磁感應強度大小相等，設為B，夾角為120°，由幾何關系知直導線a所在處的磁感應強度大小為B，直導線a所受安培力的大小為Fa＝IdB。如圖乙所示，直導線a、c中的電流在直導線b所在處產生的磁感應強度大小相等，為B，夾角為60°，則根據磁感應強度的合成可知直導線b所在處的磁感應強度的大小為eq\r(3)B，直導線b所受安培力大小為Fb＝eq\r(3)IdB，可知Fa∶Fb＝1∶eq\r(3)。故選B。7．(2024·湖北孝感高二期末)如圖所示，質量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平固定平行導軌上，電源電動勢為E，內阻不計。兩導軌間距離為L，電阻不計。其間的勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向與軌道平面成θ角斜向右上方，且與導體棒MN垂直，重力加速度為g，開關S閉合后導體棒開始運動，則()A．導體棒向左運動B．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為eq\f(BELsinθ,R)C．開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為eq\f(BELsinθ,mR)D．開關閉合瞬間導體棒MN對導軌壓力大小為mg－eq\f(BELcosθ,R)答案：C解析：開關閉合，由左手定則可知，安培力方向為垂直磁感線向右下方，從而導致導體棒向右運動，故A錯誤；當開關閉合瞬間，根據安培力公式F＝ILB，I＝eq\f(E,R)可得F＝eq\f(BEL,R)，而安培力的方向與導軌成90°－θ的夾角，再根據力的分解及牛頓第二定律可知，加速度a＝eq\f(BELsinθ,mR)，故B錯誤，C正確；由平衡條件可知：開關閉合瞬間導體棒MN對導軌壓力大小為FN＝mg＋eq\f(BELcosθ,R)，故D錯誤。8．(2023·云南宣威市高二期末)如圖，兩根傾斜金屬導軌M、N與地面的夾角θ＝37°，兩導軌間距為d＝0.5m，金屬棒ab的質量為m＝0.1kg，放在導軌上且與導軌垂直。磁場的磁感應強度大小為B＝1T，方向垂直導軌平面向下，電源的電動勢為E＝4V，R為滑動變阻器，其他電阻不計，調節滑動變阻器，使金屬棒在導軌上靜止。g取10m/s2。(1)若導軌光滑，則滑動變阻器的阻值為多少？(2)若金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.25，則滑動變阻器的阻值為多少？答案：(1)eq\f(10,3)Ω(2)2.5Ω≤R≤5Ω解析：(1)斜面光滑，金屬棒受到安培力與重力沿斜面的分力平衡eq\f(BEd,R)＝mgsin37°，解得R＝eq\f(10,3)Ω。(2)金屬棒剛好不上滑，有mgsin37°＋μmgcos37°＝eq\f(BEd,R)，解得R＝2.5Ω，金屬棒剛好不下滑，有mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(BEd,R)，解得R＝5Ω，所以要保持靜止，應滿足2.5Ω≤R≤5Ω。能力提升練9．(多選)(2024·陜西寶雞高二期末)如圖所示，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F，當在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小變為2F，則此時b受到的磁場力大小為()A．3F B．4FC．5F D．6F答案：AC解析：同向電流相互吸引，則開始時ab之間的引力為F；若c中通有向上的電流，則c對ab為吸引力，因此時a受到的磁場力大小變為2F，則c對a的引力大小為F，則c對b的引力為2F，則此時b受到的磁場力大小為3F；若c中通有向下的電流，異向電流排斥，則c對ab為排斥力，因此時a受到的磁場力大小變為2F，則c對a的斥力大小為3F，則c對b的斥力為6F，則此時b受到的磁場力大小為5F，故A、C正確。10．(2024·河北承德縣第一中學高二期末)若在未來科學家發現了磁單極子，其周圍存在均勻輻射磁場且磁感應強度大小滿足B＝eq\f(k,r)，r為空間某點與磁單極子的距離。如圖所示，質量為m、半徑為R的圓環通有恒定的電流I時恰好能水平靜止在N極磁單極子正上方H處，已知重力加速度大小為g，則()A．靜止時圓環中沒有電流B．靜止時圓環沿其半徑方向有擴張的趨勢C．若將圓環向上平移一小段距離后由靜止釋放，則圓環下落到初始靜止位置時加速度最大D．靜止時圓環中的電流I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)答案：D解析：圓環靜止在N極正上方，則其受力平衡，圓環所受安培力豎直向上，根據左手定則可知，靜止時圓環中電流方向為順時針方向(俯視)，故A錯誤；靜止時圓環上的各點受到的安培力的方向斜向上，如圖所示，有沿半徑向里的分力，圓環有收縮的趨勢，故B錯誤；在水平方向，根據圓環的對稱性可知，環上各點所受的安培力在水平方向上的分力的合力為零，在豎直方向上的分力的合力與重力大小相等，設圓環上各點受到的安培力與豎直方向的夾角為θ，則BI·2πRcosθ＝mg，根據幾何關系有cosθ＝eq\f(R,\r(H2＋R2))，根據題意可得B＝eq\f(k,\r(H2＋R2))，靜止時圓環中的電流I＝eq\f(m