2025高考物理 人教版选择性必修第2册专项复习本册综合学业质量标准检测含答案

2025高考物理人教版选择性必修第2册专项复习本册综合学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分：100分，时间：75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·安徽马鞍山高二开学考试)关于电磁波及电磁感应现象，下列说法正确的是()A．电磁波只是一种描述方式，不是真正的物质B．用微波炉加热食物是利用了微波具有能量的性质C．奥斯特最早发现了电磁感应现象D．穿过闭合导体回路有磁通量时，回路中就会产生感应电流答案：B解析：电磁波不仅仅是一种描述方式，而且是真实的物质存在，故A错误；用微波炉加热食物时，食物增加的能量是微波给它的，利用了微波具有能量的性质，故B正确；法拉第首先发现了电磁感应现象，故C错误；当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中才会产生感应电流，故D错误。2．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电粒子()A．带有电荷量为eq\f(mg,E)的负电荷B．沿圆周逆时针运动C．运动的角速度为eq\f(2gB,E)D．运动的速率为eq\f(E,B)答案：A解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg＝qE，求得电荷量q＝eq\f(mg,E)，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B错误；由qvB＝mvω，得ω＝eq\f(qB,m)＝eq\f(mgB,Em)＝eq\f(gB,E)，故C错误；无法计算带电粒子的速度，故D错误。3．如图所示，L为电感线圈，R为滑动变阻器，A1、A2是两个完全相同的灯泡。将R触头滑动至某一位置，闭合开关S，灯A1立即变亮，灯A2逐渐变亮，最终A2亮度更高。则()A．R连入电路的阻值与L的直流阻值相同B．闭合S瞬间，L中电流与变阻器R中电流相等C．断开S，A1立刻熄灭，A2逐渐熄灭D．断开S，A1闪亮后再逐渐熄灭，A2逐渐熄灭答案：D解析：已知最终A2亮度更高，则通过A2的电流更大，根据并联电路电压相等可知，R连入电路的阻值大于L的直流阻值，故A错误；闭合S瞬间，L阻碍电流的增大，L中电流小于变阻器R中电流，故B错误；断开S，L阻碍电流的减小，L和变阻器R以及两灯泡构成回路，断开S瞬间该回路电流大小等于初始通过A2的电流，故A1闪亮，之后电流逐渐减小至零，则两灯逐渐熄灭，故C错误，D正确。4．半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，则()A．圆环中产生顺时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\f(kπr2,2R)D．图中b、a两点间的电势差Uba＝eq\f(1,2)kπr2答案：C解析：由于磁场均匀增大，圆环中的磁通量变大，根据楞次定律可知圆环中感应电流为逆时针方向，同时为了阻碍磁通量的变化，圆环将有收缩的趋势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圆环电阻为R，所以电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,2R)，故C正确；b、a两点间的电势差为Uba＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D错误。5．关于传感器，下列说法正确的是()A．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B．太阳能自动控制路灯一般用热敏电阻作为敏感元件C．话筒是一种常用的声音传感器，其作用是将电信号转化为声信号D．干簧管可以感知磁场的存在，是一种能够测出磁感应强度的传感器答案：A解析：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，故A正确；太阳能自动控制路灯一般用光敏电阻作为敏感元件，故B错误；话筒是一种常用的声音传感器，其作用是将声信号转化为电信号，故C错误；干簧管是一种能够感知磁场的传感器，能够把磁信号转变为电路的通断，故D错误。6．(2024·河北保定高二期末)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、带电量为q的带负电的粒子从a点以速度v0沿ab方向射入磁场，之后从cd边的中点e射出磁场，不计粒子的重力，磁场的磁感应强度大小为()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：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得R2＝eq\f(L2,4)＋(L－R)2，解得R＝eq\f(5,8)L，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(8mv0,5qL)，故B正确。7．(2024·广东深圳高二阶段练习)人体含水量约为70%，水中有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，脂肪则不容易导电。当人两手握住脂肪测量仪的两把手时，就可知道人体脂肪所占的比例。下列说法中正确的是()A．脂肪测量仪的工作原理是通过人体体重不同来判断人体脂肪所占的比例B．脂肪测量仪的工作原理是通过人体的电阻不同来判断人体脂肪所占的比例C．脂肪测量仪的工作原理是通过测量人体的体温来判断人体脂肪所占的比例D．激烈运动之后，脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会不准确答案：BD解析：利用脂肪几乎不含水分，其导电性和其他成分不同，可以用测量人体电阻的办法来计算人体脂肪率，故A、C错误，B正确；激烈运动之后，人体内水和钠、钾等无机盐会有一部分流失，人体脂肪所占比例会发生变化，即人体的电阻大小变化，所以测量数据会不准确，故D正确。8．如图，倾角为α的斜面上放置着间距为L的平行光滑导轨(电阻不计)，导轨下端与一电阻R相连，电阻为r的金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环，圆环与导轨在同一平面内。已知ab∥dc∥PM，金属棒与导轨接触良好。将金属棒KN从磁场右边界ab处由静止自由释放，向下运动的一小段时间内，下列说法正确的是()A．圆环有收缩趋势B．圆环有扩张趋势C．金属棒KN做匀加速直线运动D．金属棒KN做变加速直线运动答案：AD解析：金属棒KN沿导轨向下运动的一小段时间内，重力沿导轨平面的分力大于安培力，金属棒向下加速运动，KMMP回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，产生的磁场增强，通过圆环的磁通量增加，依据楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，故A正确，B错误；金属棒向下运动的一小段时间内，由牛顿第二定律有mgsinα－F安＝ma，又F安＝ILB＝eq\f(B2L2v,r＋R)，解得金属棒的加速度a＝gsinα－eq\f(B2L2v,mr＋R)，速度v增大，加速度a减小，速度的变化率减小，故D正确，C错误。9．为了解决用电高峰电压不足的问题，某同学设计了如下输电线路。交流发电机的线圈电阻忽略不计，输出电压u＝Umsinωt，T1、T2均为理想变压器，R1和R2为纯电阻用电器。输电线的等效总电阻为r＝20Ω，n1∶n2＝1∶10，n4可调，R1和R2的额定电压均为220V，阻值均为11Ω，其余电阻不计。S断开时对应用电低谷，调节n3∶n4＝10∶1，此时用电器R1正常工作，输电线上损耗的功率为ΔP；S闭合时对应用电高峰，调节变压器T2的副线圈，当其匝数比为N∶1时，用电器R1又能正常工作，此时变压器T2原线圈的电压为U3，输电线上损耗的功率为ΔP′。则()A．Um＝220eq\r(2)V B．U3＝2200VC．N<10 D．ΔP′>4ΔP答案：CD解析：S断开时，T2副线圈的电压为220V、电流为20A，其原线圈的电压为2200V、电流为2A，输电线损耗的电压为ΔU＝2A×20Ω＝40V，损耗功率为ΔP＝80W，T1副线圈的电压为2240V，原线圈的电压为224.0V，所以Um＝224eq\r(2)V，故A错误；S闭合后，对T2，如果n4不变，则原、副线圈的电压均减小，需要将n4变大eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)<10))才能使副线圈电压变回到220V，故N<10；此时根据并联电路干路与支路电流关系得T2副线圈电流为40A，所以原线圈中电流大于4A，故根据焦耳定律可知，输电线损耗的功率ΔP′>4ΔP，输电线承担的电压也增大，电压U3小于2200V，故B错误，C、D正确。10．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左侧轨道间距为2L，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，右侧轨道间距为L，处于磁感应强度大小为eq\f(1,2)B的匀强磁场中，两磁场方向均竖直向下。金属棒b长为L，阻值R，静止在右侧轨道。金属棒a长为2L，电阻为2R，当金属棒a以初速度v0水平向右开始运动时，金属棒b也随之运动。已知金属棒a始终在左侧轨道运动，a、b棒质量均为m，且始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。则在a、b棒的运动过程中，下列说法正确的是()A．金属棒b达最大速度前，金属棒a、b组成的系统动量不守恒B．金属棒b达最大速度后，金属棒a、b的速度大小之比为1∶2C．从开始运动到金属棒b达最大速度的过程中通过金属棒b的电荷量为eq\f(4mv0,17BL)D．从开始运动到金属棒b达最大速度的过程中金属棒a产生的热量为eq\f(16,51)mveq\o\al(2,0)答案：AD解析：两金属棒所受安培力不相等，所以金属棒a、b稳定前，金属棒a、b系统动量不守恒，故A正确；稳定后电路电流为0，即B·2Lva＝0.5BLvb，解得eq\f(va,vb)＝eq\f(1,4)，故B错误；对a根据动量定理可得BI平均·2Lt＝mva－mv0，对b根据动量定理可得0.5BI平均Lt＝mvb，解得va＝eq\f(v0,17)，vb＝eq\f(4v0,17)，通过金属棒b的电荷量为q＝I平均t＝eq\f(8mv0,17BL)，故C错误；由能量守恒定律可得，电路中总的焦耳热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)，由电路知识可得Qa＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(16,51)mveq\o\al(2,0)，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)(2024·重庆二模)电容电池具有无污染、寿命长、充电速度快等诸多优点而广泛应用。某同学想要用电流传感器探究电容电池特性，探究电路如图甲。(1)第一次探究中，先将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从上向下流过电流传感器时，电流为正，则电容器充放电过程中的i－t和U－t图像是_________。ABCD(2)第二次探究，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC振荡电路的电流变化规律。①实验小组得到了振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像，如图乙，根据图像中A、B点坐标可知，振荡电路的周期T＝_________s(结果保留两位有效数字)。②如果使用电动势更小的电源给电容器充电，LC振荡电路的频率将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。③已知电源电动势E0，测得充电过程i－t图像的面积为S0，以及振荡电路的周期T，可以得到电感线圈的电感表达式L＝_________。(用测得的已知量表示)答案：(1)BD(2)①0.0092②不变③eq\f(T2E0,4π2S0)解析：(1)第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从上向下流过传感器，即为正，由于充电后电容器右极板带正电，电容器通过R放电时，电流从下向上流过传感器，即为负，故A错误，B正确；给电容器充电和电容器放电，通过电压传感器的电流方向均为从右向左，都为正，故C错误，D正确。(2)①由图乙可知T＝eq\f(9.037－8.945,10)s＝0.0092s。②由振荡周期T＝2πeq\r(LC)，可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，LC振荡电路的周期不变，则频率也不变。③充电过程i－t图像的面积为S0，则有q＝CE0＝S0，可得C＝eq\f(S0,E0)，振荡周期T＝2πeq\r(LC)，可得L＝eq\f(T2,4π2C)＝eq\f(T2E0,4π2S0)。12．(8分)某兴趣小组用如图甲所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：(1)下列器材在实验中还必须用到的是_________(填字母)。(2)实验中原、副线圈的电压之比与其匝数之比有微小差别，原因不可能是_________。A．变压器铁芯漏磁B．铁芯在交变电磁场作用下发热C．原线圈输入电压发生变化D．原、副线圈通过电流发热(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为_________。A．3V B．5.5VC．6.0V D．6.5V(4)如图所示为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2(右侧实线框内的电路也可以等效为一个电阻)。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当eq\f(R,R0)＝_________时，R获得的功率最大。答案：(1)C(2)C(3)D(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2解析：(1)实验中需要交流电源和交流电压表(万用表)，不需要干电池和滑动变阻器。(2)变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项A不符合题意；原、副线圈通过电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项B、D不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比的关系，选项C符合题意。(3)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为U1＝2×3V＝6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为6.5V。故选D。(4)把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当作电源内阻，当内外电阻相等，即R0＝R1，此时输出功率最大，根据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、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)(2024·江苏高二阶段练习)如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为50rad/s，匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\r(2),2)T。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：(1)线圈中感应电动势的最大值；(2)由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；(3)当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻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)线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝100×eq\f(\r(2),2)×50×0.02V＝50eq\r(2)V。(2)由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势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)当原、副线圈匝数比为2∶1时，次级电压有效值U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×eq\f(50\r(2),\r(2))V＝25V。电阻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)如图甲所示，将一细导线首尾相连构成单匝正方形线框，并固定在水平绝缘桌面上，线框边长d＝20cm、电阻R＝4Ω。虚线将线框分为左右对称的两部分，虚线与线框的交点分别为M、N，虚线左侧的空间内存在与桌面垂直的匀强磁场，规定垂直桌面向下为磁感应强度B的正方向，B随时间t变化的规律如图乙所示。求：(1)t＝1s时线框中感应电流的大小和方向；(2)t＝3s时M、N两点间的电势差UMN。答案：(1)0.01A顺时针(2)－0.02V解析：(1)因为0～2s内eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，则E1＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,2)＝2×eq\f(0.2×0.2,2)V＝0.04V，则I＝eq\f(E1,R)＝0.01A，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向。(2)t＝3s时，因eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，同样可求得线圈中的电流为I＝0.01A，方向为逆时针方向，则UMN＝－I·eq\f(R,2)＝－0.02V。15．(12分)如图所示，某种离子扭转器可以将射向不同方向的粒子，通过改变电场或磁场的大小和方向，使其经过相同的点，该装置由间距均为L的三块带有小孔的平行金属板M、N、P构成，三块金属板的中心小孔O、O1、O2连线与三块金属板垂直，粒子可以通过M板上的中心小孔O，向各个方向发射，让粒子经过N板上的小孔a，最后从P板上的小孔O2射出，已知小孔a在O1的正上方，到O1的距离为d＝(eq\r(2)－1)L。以金属板M的中心O为坐标原点，以水平向内为x轴，竖直向上为y轴，垂直于金属板向右方向为z轴，建立直角坐标系。M、N板之间的区域为Ⅰ区，N、P板间的区域为Ⅱ区。从离子源射出的粒子质量为m，带电量为q，以速度v0从金属板的小孔O射入(不计粒子重力)。(1)若粒子沿着y轴正方向射入，在Ⅰ区加上与x轴平行的匀强磁场B1，在Ⅱ区加上与y轴平行的匀强电场E1，求B1，E1的大小及方向；(2)若粒子入射的方向在xOz平面内，与x轴正方向夹角α(为锐角)，在Ⅰ区加上沿z轴负方向的匀强磁场B2，同时调整M、N间的距离，使Ⅰ区的宽度达到最小值，求B2及Ⅰ区宽度的最小值Lmin；(3)在满足(2)的条件下，在Ⅱ区加平行于金属板的电场E2，求E2的大小。答案：(1)B1＝eq\f(2＋\r(2)mv0,2qL)，方向沿x轴负方向E1＝eq\f(2－\r(2)mv\o\al(2,0),qL)，方向沿y轴正方向(2)B2＝eq\f(2\r(2)＋1mv0cosα,qL)，方向沿z轴负方向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)粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，圆心在z轴上，根据左手定则可知，磁场方向沿x轴负方向，设轨道半径为R1，离开Ⅰ区时速度方向与竖直方向夹角为θ，如图所示：由几何关系可得R1sinθ＝d，①R1(1＋cosθ)＝L，②又由于qv0B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),R1)，③由①②③联立得B1＝eq\f(2＋\r(2)mv0,2qL)，方向沿x轴负方向，在区域Ⅱ中粒子做类斜抛运动，则L＝v0t1sinθ，④－d＝－v0t1cosθ＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，⑤而E1q＝ma1，⑥由④⑤⑥联立得E1＝eq\f(2－\r(2)mv\o\al(2,0),qL)，方向沿y轴正方向。(2)将初速度分解到沿z轴方向和x轴方向，根据左手定则可知，粒子沿z轴方向做匀速直线运动，在垂直z轴平面内做匀速圆周运动，a点恰好是圆周运动的最高点，因此qv⊥B2＝eq\f(mv\o\al(2,⊥),R)，⑦R＝eq\f(1,2)d，⑧v⊥＝v0cosα，⑨由⑦⑧⑨联立整理得B2＝eq\f(2\r(2)＋1mv0cosα,qL)，方向沿z轴负方向，由于v⊥t2＝πR，⑩Lmin＝v0t2sinα，⑪由⑧⑩⑪联立解得Lmin＝eq\f(\r(2)－1πL,2)tanα。(3)在通过a点后，若通过小孔O2，在z轴方向L＝v0t3sinα，⑫在x轴方向上0＝－v0t3cosα＋eq\f(1,2)axteq\o\al(2,3)，⑬其中Exq＝max，⑭在y轴方向上d＝eq\f(1,2)a－yteq\o\al(2,3)，⑮E－yq＝ma－y，⑯而E2＝eq\r(E\o\al(2,x)＋E\o\al(2,－y))，⑰由以上各式联立解得E2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)sinα,qL)eq\r(3－2\r(2)sin2α＋cos2α)。16．(14分)如图所示，间距为L的两条光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，将甲、乙两根质量均为m、电阻均为R金属杆放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好；乙杆用水平细绳通过定滑轮连接质量为m0的木块；导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。给甲杆施加一水平向左的拉力，使其从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，当乙杆将要发生滑动时撤去拉力。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计且足够长，求：(1)乙杆将要发生滑动时，拉力的大小和甲杆的速度；(2)撤去拉力后甲杆上产生的热量；(3)撤去拉力前后通过乙杆的电荷量之比。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)乙杆将要发生滑动时，其所受安培力大小为FA2＝m0g，①根据右手定则和左手定则综合分析可知甲杆所受安培力方向与拉力F的方向相反，又因为通过甲、乙的电流时刻相等，所以安培力大小时刻相等，则乙杆将要发生滑动时，甲杆所受安培力大小为FA1＝FA2＝m0g，②设此时拉力的大小为F1，对甲杆根据牛顿第二定律有F1－FA1＝ma，③联立②③解得F1＝ma＋m0g，④设此时回路中电流大小为I1，则有m0g＝BI1L，⑤设此时甲杆的速度大小为v1，则甲杆产生的感应电动势大小为E1＝BLv1，⑥根据闭合电路欧姆定律有I1＝eq\f(E1,2R)，⑦联立⑤⑥⑦解得v1＝eq\f(2m0gR,B2L2)，⑧方向水平向左。(2)撤去拉力后，甲杆做减速运动，回路中电流减小，乙杆所受安培力减小，将仍保持静止状态，最终甲杆将静止，根据能量守恒定律可知撤去拉力后，回路产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)，⑨由于通过两杆的电流时刻相等，且两杆阻值相等，则根据焦耳定律可知两杆产生焦耳热相等，则撤去拉力后甲杆上产生的热量为Q甲＝eq\f(Q,2)＝eq\f(mm\o\al(2,0)g2R2,B4L4)。⑩(3)以甲杆开始运动为计时零点，在撤去拉力前，t时刻甲杆的速度大小为v＝at，⑪此时甲杆产生的感应电动势大小为E＝BLv，⑫通过甲杆的电流大小为I＝eq\f(E,2R)，⑬甲杆所受安培力大小为FA＝ILB，⑭对甲杆根据牛顿第二定律有F－FA＝ma，⑮联立⑪～⑮式解得F＝ma＋eq\f(B2L2at,2R)，⑯根据⑧和⑪式可得撤去拉力的时刻为t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(2m0gR,aB2L2)，⑰根据⑯式可知F与t成线性关系，作出从零时刻到撤去拉力时F－t图像如图所示，可知图线与坐标轴所围的面积表示这段时间内F的冲量，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)，⑱对0～t1时间内甲杆的运动，根据动量定理有IF－Beq\x\to(I)Lt1＝mv1，⑲根据电流的定义可知这段时间内通过乙杆的电荷量为q1＝eq\x\to(I)t1，⑳设从撤去拉力到甲杆静止经历的时间为t2，同理可得－Beq\x\to(I)′Lt2＝－mv1，eq\o(○,\s\up3(21))并且t2时间内通过乙杆的电荷量为q2＝eq\x\to(I)′t2，eq\o(○,\s\up3(22))联立⑱～eq\o(○,\s\up3(22))式解得撤去拉力前后通过乙杆的电荷量之比为eq\f(q1,q2)＝eq\f(m0g,2ma)。第一章1.第2课时基础达标练1．(2024·河南周口高二阶段练习)以光滑绝缘水平面为xOy平面建立Oxyz空间坐标系。两条无限长直导线甲、乙通有相等的电流I，初始时甲通过绝缘杆固定在如图位置，电流方向与x轴正方向相同，乙静止放置在xOy平面上与y轴平行。释放后，下列说法中正确的是()A．直导线乙始终保持静止状态B．俯视直导线乙将要顺时针转动C．俯视直导线乙将要逆时针转动D．直导线乙对水平面的压力将变大答案：C解析：沿x轴负向观察直导线甲，产生逆时针磁场，直导线乙在y>0区域受到向x轴正方向安培力，y<0区域受到沿x轴负方向安培力，俯视时导线乙逆时针转动，转动后直导线乙受到的安培力有向上的分量，对水平面压力变小。故选C。2．(2023·江苏南京高二期末)等边三角形电阻丝与电源构成如图所示电路，D、E分别是BC、AC的中点，当线圈处在同一匀强磁场的不同位置时，线圈所受安培力最小的是()答案：C解析：四个电路中的电流I和磁场B都相同，根据F＝ILB可知，线圈受安培力的大小主要取决线圈在磁场中的有效长度；设三角形边长为a，则A图中有效长度等于三角形的高，即LA＝eq\f(\r(3),2)a，B图中有效长度等于ED距离，即LB＝eq\f(1,2)a，C图中有效长度等于E点到AB的距离，即LC＝eq\f(\r(3),4)a，D图中有效长度等于ED距离，即LD＝eq\f(1,2)a，即有效长度最短的是C，即C图受安培力最小。故选C。3．(多选)(2024·广东江门高二竞赛)如图所示，用绝缘细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)，在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ。现在PQ中通以水平向左的电流，在短时间内，下列说法正确的是()A．从上往下观察导线框逆时针转动B．从上往下观察导线框顺时针转动C．细绳受力会变得比导线框重力大D．细绳受力会变得比导线框重力小答案：AC解析：由安培定则判断出通电导线PQ在线框处的磁场方向平行于线框平面从外向里，根据左手定则，可知线框外侧电流受安培力向右，线框内侧电流受安培力向左，从上往下看，导线框将逆时针转动，A正确，B错误；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，线框靠近导线PQ处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，线框上边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向上，由于导线在线框上边产生的磁感应强度小于导线在线框下边产生的磁感应强度，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大，C正确，D错误。故选AC。4．(多选)(2024·黑龙江高二开学考试)如图所示为电流天平，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，线圈匝数为N＝25匝，水平边长为L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，线圈的下部处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。磁感应强度大小为B，当线圈中通有电流I＝1.0A(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，使天平平衡。当电流反向(大小不变)时，左边再加上质量为m＝0.5kg的砝码，天平重新平衡(天平的左右两臂等长，g取10m/s2)。由此可知()A．磁感应强度的方向垂直纸面向里B．磁感应强度的方向垂直纸面向外C．磁感应强度的大小B＝1.0TD．磁感应强度的大小B＝2.0T答案：BC解析：假设磁场方向垂直纸面向外，开始线圈受到的安培力向上，电流方向相反，则安培力反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，符合题意，A错误，B正确；根据mg＝2NILB，解得B＝1.0T，C正确，D错误。5．(多选)如图甲是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则()甲乙A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将顺时针转动D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl答案：CD解析：匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，A错误；线圈平面总与磁场方向平行，B错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，C正确；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，D正确。6．如图所示，三条长度相同的直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，相互之间的距离均为L。在三条直导线中均通有大小相等的电流I，其中直导线a、c中的电流方向垂直纸面向里，直导线b中的电流方向垂直纸面向外，则直导线a与直导线b所受安培力的大小之比为()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：如图甲所示，直导线b、c中的电流在直导线a所在处产生的磁感应强度大小相等，设为B，夹角为120°，由几何关系知直导线a所在处的磁感应强度大小为B，直导线a所受安培力的大小为Fa＝IdB。如图乙所示，直导线a、c中的电流在直导线b所在处产生的磁感应强度大小相等，为B，夹角为60°，则根据磁感应强度的合成可知直导线b所在处的磁感应强度的大小为eq\r(3)B，直导线b所受安培力大小为Fb＝eq\r(3)IdB，可知Fa∶Fb＝1∶eq\r(3)。故选B。7．(2024·湖北孝感高二期末)如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平固定平行导轨上，电源电动势为E，内阻不计。两导轨间距离为L，电阻不计。其间的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角斜向右上方，且与导体棒MN垂直，重力加速度为g，开关S闭合后导体棒开始运动，则()A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为eq\f(BELsinθ,R)C．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为eq\f(BELsinθ,mR)D．开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为mg－eq\f(BELcosθ,R)答案：C解析：开关闭合，由左手定则可知，安培力方向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，故A错误；当开关闭合瞬间，根据安培力公式F＝ILB，I＝eq\f(E,R)可得F＝eq\f(BEL,R)，而安培力的方向与导轨成90°－θ的夹角，再根据力的分解及牛顿第二定律可知，加速度a＝eq\f(BELsinθ,mR)，故B错误，C正确；由平衡条件可知：开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为FN＝mg＋eq\f(BELcosθ,R)，故D错误。8．(2023·云南宣威市高二期末)如图，两根倾斜金属导轨M、N与地面的夹角θ＝37°，两导轨间距为d＝0.5m，金属棒ab的质量为m＝0.1kg，放在导轨上且与导轨垂直。磁场的磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直导轨平面向下，电源的电动势为E＝4V，R为滑动变阻器，其他电阻不计，调节滑动变阻器，使金属棒在导轨上静止。g取10m/s2。(1)若导轨光滑，则滑动变阻器的阻值为多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.25，则滑动变阻器的阻值为多少？答案：(1)eq\f(10,3)Ω(2)2.5Ω≤R≤5Ω解析：(1)斜面光滑，金属棒受到安培力与重力沿斜面的分力平衡eq\f(BEd,R)＝mgsin37°，解得R＝eq\f(10,3)Ω。(2)金属棒刚好不上滑，有mgsin37°＋μmgcos37°＝eq\f(BEd,R)，解得R＝2.5Ω，金属棒刚好不下滑，有mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(BEd,R)，解得R＝5Ω，所以要保持静止，应满足2.5Ω≤R≤5Ω。能力提升练9．(多选)(2024·陕西宝鸡高二期末)如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F，当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小为()A．3F B．4FC．5F D．6F答案：AC解析：同向电流相互吸引，则开始时ab之间的引力为F；若c中通有向上的电流，则c对ab为吸引力，因此时a受到的磁场力大小变为2F，则c对a的引力大小为F，则c对b的引力为2F，则此时b受到的磁场力大小为3F；若c中通有向下的电流，异向电流排斥，则c对ab为排斥力，因此时a受到的磁场力大小变为2F，则c对a的斥力大小为3F，则c对b的斥力为6F，则此时b受到的磁场力大小为5F，故A、C正确。10．(2024·河北承德县第一中学高二期末)若在未来科学家发现了磁单极子，其周围存在均匀辐射磁场且磁感应强度大小满足B＝eq\f(k,r)，r为空间某点与磁单极子的距离。如图所示，质量为m、半径为R的圆环通有恒定的电流I时恰好能水平静止在N极磁单极子正上方H处，已知重力加速度大小为g，则()A．静止时圆环中没有电流B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，则圆环下落到初始静止位置时加速度最大D．静止时圆环中的电流I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)答案：D解析：圆环静止在N极正上方，则其受力平衡，圆环所受安培力竖直向上，根据左手定则可知，静止时圆环中电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；静止时圆环上的各点受到的安培力的方向斜向上，如图所示，有沿半径向里的分力，圆环有收缩的趋势，故B错误；在水平方向，根据圆环的对称性可知，环上各点所受的安培力在水平方向上的分力的合力为零，在竖直方向上的分力的合力与重力大小相等，设圆环上各点受到的安培力与竖直方向的夹角为θ，则BI·2πRcosθ＝mg，根据几何关系有cosθ＝eq\f(R,\r(H2＋R2))，根据题意可得B＝eq\f(k,\r(H2＋R2))，静止时圆环中的电流I＝eq\f(m