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模块达标验收（二）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法错误的是（　　）
A.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B.若电容器正在放电，则电容器上极板带负电
C.若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大
D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大
2.如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，R0是定值电阻。在潜水器上浮的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.通过显示器的电流增大
B.压力传感器两端的电压减小
C.路端电压变大
D.压力传感器的功率一定减小
3.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则（　　）
A.FT1＞mg，FT2＞mg B.FT1＜mg，FT2＜mg
C.FT1＞mg，FT2＜mg D.FT1＜mg，FT2＞mg
4.回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A.粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B.粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长
C.若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D.若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
5.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2，保险丝R1的电阻为2 Ω。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流（有效值）不超过5 A，加在电容器两极板的电压不超过50 V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为（　　）
A.5 Ω　　B.10 Ω C.16 Ω　　D.20 Ω
6.如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”，则在此过程中，电阻R中的电流方向是（　　）
A.先由P→Q，再由Q→P
B.先由Q→P，再由P→Q
C.始终由Q→P
D.始终由P→Q
7.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　）
A.经过图示位置时，线框中的电流方向为abcda
B.转动过程中线框产生感应电流的有效值为
C.线框转一周的过程中，产生的热量为
D.从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8.如图甲所示的是恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时流过此电阻的电流随所受光照强度变化的关系图像。根据这一特性，某同学设计了一个台灯的自动控制电路如图乙所示，T为一自耦变压器。下列说法正确的是（　　）
A.在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度降低
B.在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加
C.在其他条件不变的情况下，将自耦变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度增加
D.在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度降低
9.单匝闭合矩形线框电阻为R，如图甲所示，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A.时刻线框平面与中性面垂直
B.线框的感应电动势有效值为
C.线框转动一周外力所做的功为
D.从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
10.如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）
A.在t＝时，金属棒受到安培力的大小为
B.在t＝t0时，金属棒中电流的大小为
C.在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D.在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（6分）在探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系实验中，某同学利用如图所示可拆式变压器进行研究。
（1）变压器铁芯的结构和材料应选用　　　　；
A.整块的硅钢铁芯
B.相互绝缘的铜片叠成
C.相互绝缘的硅钢片叠成
（2）正确选择器材后，将图中变压器的原线圈接线柱0、4与电源输出端相连，选择开关置于5.0 V挡（如图），副线圈0、8接线柱所接电表的示数是　　　　。
A.20.0 V B.10.0 V
C.5.0 V D.0
12.（8分）磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。
（1）为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向　　　　端移动（选填“c”或“d”）。
（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30 Ω，滑动变阻器的最大阻值为170 Ω，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为　　　　Ω（保留2位有效数字）。
（3）同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理想电压表V2连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将　　　　，电压表V2的读数将　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力F与线圈两端电压U的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为　　　　V。
13.（10分）如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环接触良好。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力的大小为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？（已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6）
14.（14分）如图所示，PM、QN是两根半径为d的光滑的圆弧轨道，其间距为l，O、P连线水平，M、N在同一水平高度，圆弧轨道电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻为r的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：
（1）金属棒到达最底端时它两端的电压；
（2）金属棒下滑过程中它产生的热量；
（3）金属棒下滑过程中通过它的电荷量。
15.（16分）如图为一质谱仪的结构简图，两块相距为R的平行金属板A、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电压，O1、O2分别为板中心处的两个小孔，点O与O1、O2共线且连线垂直于金属板，O与O2的距离OO2＝R。在以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到O点的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R，C、D两端点的连线垂直于A、B板，D点在B板的延长线上。粒子从O1处无初速地进入到A、B间的电场后，通过O2进入磁场，粒子所受重力不计。
（1）当A、B两板间电压为U0时，粒子恰好打在圆弧CD的中点，求该粒子的比荷；
（2）一质量为m1的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C端点；在相同加速电压下，该粒子的一个同位素粒子则恰好打在圆弧上的D端点，求这个同位素粒子的质量；
（3）一质量为m、电荷量为q的粒子从O1处无初速地进入电场，当两板间所加电压不同时，粒子从O1直至打在圆弧CD上所经历的时间t会不同，求t的最小值。
模块达标验收（二）
1.C　题图中标明了电流的磁场方向，由安培定则可判断出电流在线圈中沿逆时针（俯视）方向流动。若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于充电阶段，电流正在减小，A选项正确，C选项错误；若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放电，电流正在增大，B选项正确；由楞次定律知，D选项正确。
2.C　潜水器上浮的过程中，受到水的压力会减小，压力传感器的电阻R变大，根据闭合电路欧姆定律得I＝，在电源电动势E和内阻r和R0都不发生变化的情况下，电流I会减小，故A错误；压力传感器两端的电压为U＝E－I（R0＋r），可知随I减小，U增大，故B错误；路端电压为U外＝E－Ir，随I减小，U外增大，故C正确；由于不清楚压力传感器的电阻和其他电阻的关系，则传感器的功率变化情况不能确定，故D错误。
3.A　当圆环经过磁铁上端时，通过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，又由牛顿第三定律可知圆环给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT1＞mg；当圆环经过磁铁下端时，通过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，同理圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT2＞mg。
4.A　根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，可知，每次动能的增加量都相同，故A正确；根据题意，由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，故B错误；结合B分析可知，设D形盒的半径为R0，则粒子的最大速度为vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝m＝，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出D形盒的动能增大，故C、D错误。
5.B　根据题图乙可知变压器原线圈接入的交流电的有效值为U1＝220 V，根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得变压器的输出电压U2＝U1＝40 V，通过保险丝的最大电流为5 A，由欧姆定律可得I2＝，解得滑动变阻器接入电路的最小阻值为6 Ω，且电容器两极板的电压不超过50 V，有UC＝R2＜50 V，解得R2＜15.2 Ω，故B正确。
6.A　由于A线圈产生的磁场发生变化，B线圈中会产生感应电流，这就是互感现象。将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向：①在线圈A中电流沿原方向减小的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少。由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是由P→Q；②在线圈A中电流沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加。由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是由Q→P。综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A正确。
7.B　线框经过图示位置时，线框各边均不切割磁感线，线框中无感应电流，故A错误；线圈转动过程中产生电动势的有效值为E＝＝，所以电流的有效值为I＝＝＝，故B正确；线框转动一周的过程中产生的热量Q＝I2RT＝·R·＝，故C错误；从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝t＝t＝×t＝＝，故D错误。
8.AD　由题图甲可知，当光照强度增强时，流过光敏电阻的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度降低，故A正确，B错误；在其他条件不变的情况下，将自耦变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，导致灯泡两端的电压减小，灯泡的亮度降低，故C错误；在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度降低，故D正确。
9.BC　由Φ-t图像可知，时刻穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面位置，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝，因此线框的感应电动势的有效值为E＝＝，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝T＝，C正确；0～过程中，线框中产生的平均感应电动势为＝＝，D错误。
10.BC　由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝＝，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝＝，在时磁感应强度为，此时安培力为F＝BIL＝，故A错误，B正确；由图可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
11.（1）C　（2）D
解析：（1）变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，用绝缘的硅钢片叠成，故A、B错误，C正确。
（2）依题意，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端电压为0。
12.（1）c　（2）0.21　（3）增大　增大　（4）6.0
解析：（1）根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该滑向c端；
（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律E＝Um＋Ir，I＝，R并＝ Ω＝25.5 Ω，联立解得：r＝0.21 Ω。
（3）线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定律，R1的阻值将增大；根据串联电路分压规律可知，电阻增大，电压增大，所以电压表V2的读数将增大。
（4）由图丙可知，F＝1 200 N时对应的工作电压为6.0 V，即要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为6.0 V。
13.0.5 N　0.2 m
解析：棒受的安培力F＝BIL，
棒中电流为I＝，
代入数据解得F＝＝0.8 N，
对棒受力分析如图所示（从右向左看），两环支持力的总和为
2FN＝ ，
代入数据解得FN＝0.5 N。
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力的大小为0.5 N，
由图中几何关系有tan θ＝＝＝，
得θ＝53°，
棒距环底的高度为h＝R（1－cos θ）＝0.2 m。
14.（1）Bl　（2）　（3）
解析：（1）在轨道的最底端MN处，金属棒对轨道的压力FN＝2mg，根据牛顿第三定律知轨道对金属棒的支持力大小FN'＝FN＝2mg，则FN'－mg＝m，
解得v＝。
金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv
金属棒到达最底端时两端的电压
U＝E＝Bl 。
（2）金属棒下滑过程中，由能量守恒定律得
mgd＝Q＋mv2，解得Q＝mgd。
金属棒产生的热量Qr＝Q＝。
（3）由q＝IΔt，I＝，E＝，ΔΦ＝Bld，
联立解得q＝。
15.（1）　（2）m1　（3）
解析：（1）粒子从O1到O2的过程中，根据动能定理有q0U0＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有q0vB＝，由题意知，粒子的轨迹如图中①所示
由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝R，联立以上各式，解得粒子的比荷为＝
（2）当质量为m1的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C端点时，轨迹如图中②所示，根据几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径r1＝＝R，当该粒子的同位素粒子打在圆弧上的D端点时，轨迹如图中③所示，轨迹半径为r2＝Rtan 30°＝R，由（1）中得粒子质量的通用表达式为m＝，则＝＝，解得这个同位素粒子的质量为m2＝m1。
（3）通过分析可知：当粒子沿轨迹②最终打在胶片的C端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ1＝，由qvB＝得到该粒子进入磁场时的速度大小为v1＝＝，粒子在电场中经历的时间为t1＝＝，粒子在磁场中经历的时间t2＝T，而T＝，由此得到t2＝，粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间为t3＝＝，则粒子从进入电场到打在圆弧CD上所经历的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝。
5 / 5(共46张PPT)
模块达标验收（二）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出
的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法错误的是
（　　）
A. 若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B. 若电容器正在放电，则电容器上极板带负电
C. 若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大
D. 若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大
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解析：　题图中标明了电流的磁场方向，由安培定则可判断出电
流在线圈中沿逆时针（俯视）方向流动。若该时刻电容器上极板带
正电，则可知电容器处于充电阶段，电流正在减小，A选项正确，
C选项错误；若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放
电，电流正在增大，B选项正确；由楞次定律知，D选项正确。
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2. 如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由
电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的
电动势和内阻均为定值，R0是定值电阻。在潜水器上浮的过程中，
下列说法正确的是（　　）
A. 通过显示器的电流增大
B. 压力传感器两端的电压减小
C. 路端电压变大
D. 压力传感器的功率一定减小
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解析：　潜水器上浮的过程中，受到水的压力会减小，压力传感
器的电阻R变大，根据闭合电路欧姆定律得I＝，在电源电
动势E和内阻r和R0都不发生变化的情况下，电流I会减小，故A错
误；压力传感器两端的电压为U＝E－I（R0＋r），可知随I减小，
U增大，故B错误；路端电压为U外＝E－Ir，随I减小，U外增大，故
C正确；由于不清楚压力传感器的电阻和其他电阻的关系，则传感
器的功率变化情况不能确定，故D错误。
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3. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从
一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置
Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，
重力加速度大小为g，则（　　）
A. FT1＞mg，FT2＞mg B. FT1＜mg，FT2＜mg
C. FT1＞mg，FT2＜mg D. FT1＜mg，FT2＞mg
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解析：　当圆环经过磁铁上端时，通过圆环的磁通量增大，根据
楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，又由牛顿第三定律可知圆环给
磁铁一个向下的磁场力，因此有FT1＞mg；当圆环经过磁铁下端
时，通过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上
吸，同理圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT2＞mg。
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4. 回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金
属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与
盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后
进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场
方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒
子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的
是（　　）
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A. 粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B. 粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长
C. 若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D. 若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
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解析：　根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一
次，动能的增加量ΔEk＝qU，可知，每次动能的增加量都相同，故
A正确；根据题意，由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在
磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，
故B错误；结合B分析可知，设D形盒的半径为R0，则粒子的最大速
度为vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝m＝
，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出
D形盒的动能增大，故C、D错误。
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5. 如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2，
保险丝R1的电阻为2 Ω。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电
压，要求通过保险丝的电流（有效值）不超过5 A，加在电容器两
极板的电压不超过50 V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为
（　　）
A. 5 Ω
B. 10 Ω
C. 16 Ω
D. 20 Ω
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解析：　根据题图乙可知变压器原线圈接入的交流电的有效值为
U1＝220 V，根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得变压器的
输出电压U2＝U1＝40 V，通过保险丝的最大电流为5 A，由欧姆
定律可得I2＝，解得滑动变阻器接入电路的最小阻值为6 Ω，
且电容器两极板的电压不超过50 V，有UC＝R2＜50 V，解得
R2＜15.2 Ω，故B正确。
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6. 如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，单刀双掷开关原来
接“1”，现在把它从“1”扳向“2”，则在此过程中，电阻R中
的电流方向是（　　）
A. 先由P→Q，再由Q→P
B. 先由Q→P，再由P→Q
C. 始终由Q→P
D. 始终由P→Q
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解析：　由于A线圈产生的磁场发生变化，B线圈中会产生感应
电流，这就是互感现象。将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来
分析电阻R上的电流方向：①在线圈A中电流沿原方向减小的过程
中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量
减少。由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流
过电阻R的电流方向是由P→Q；②在线圈A中电流沿原方向增大的
过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁
通量增加。由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，
即通过电阻R的电流方向是由Q→P。综上分析可知，全过程中流过
电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A正确。
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7. 如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水
平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖
直固定转轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　）
A. 经过图示位置时，线框中的电流方向为abcda
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解析：　线框经过图示位置时，线框各边均不切割磁感线，线框
中无感应电流，故A错误；线圈转动过程中产生电动势的有效值为
E＝＝，所以电流的有效值为I＝＝＝，故B正确；
线框转动一周的过程中产生的热量Q＝I2RT＝·R·＝
，故C错误；从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截
面的电荷量为q＝t＝t＝×t＝＝，故D错误。
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二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不
全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图甲所示的是恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时流过此电阻的
电流随所受光照强度变化的关系图像。根据这一特性，某同学设计
了一个台灯的自动控制电路如图乙所示，T为一自耦变压器。下列
说法正确的是（　　）
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A. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度降低
B. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加
C. 在其他条件不变的情况下，将自耦变压器的滑片P适当下滑，则灯
泡的亮度增加
D. 在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯
泡的亮度降低
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解析：　由题图甲可知，当光照强度增强时，流过光敏电阻的
电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如
果光照变强，光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮
度降低，故A正确，B错误；在其他条件不变的情况下，将自耦变
压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，导致
灯泡两端的电压减小，灯泡的亮度降低，故C错误；在其他条件不
变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减
小，灯泡亮度降低，故D正确。
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9. 单匝闭合矩形线框电阻为R，如图甲所示，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
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解析：　由Φ-t图像可知，时刻穿过线框的磁通量最大，则线
框位于中性面位置，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应
为Em＝NBSω，又ω＝，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝，因
此线框的感应电动势的有效值为E＝＝，B正确；由功能关
系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W
＝T＝，C正确；0～过程中，线框中产生的平均感应电动
势为＝＝，D错误。
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10. 如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放
置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规
律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝
0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0
时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金
属棒的电阻不计，则（　　）
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D. 在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
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解析：　由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝
＝，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝＝
，在时磁感应强度为，此时安培力为F＝BIL＝，故A
错误，B正确；由图可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向外并逐
渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定
则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过
程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
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三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. （6分）在探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系实验中，
某同学利用如图所示可拆式变压器进行研究。
（1）变压器铁芯的结构和材料应选用 ；
A. 整块的硅钢铁芯
B. 相互绝缘的铜片叠成
C. 相互绝缘的硅钢片叠成
C　
解析：变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出
现涡流，用绝缘的硅钢片叠成，故A、B错误，C正确。
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（2）正确选择器材后，将图中变压器的原线圈接线柱0、4与电源
输出端相连，选择开关置于5.0 V挡（如图），副线圈0、8
接线柱所接电表的示数是 。
A. 20.0 V B. 10.0 V
C. 5.0 V D. 0
D　
解析：依题意，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈
两端电压为0。
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12. （8分）磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的
装置研究电磁铁的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁
一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙
壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。
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（1）为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向 端
移动（选填“c”或“d”）。
解析：根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该滑向c端。
c　
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（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30 Ω，滑动变阻器的最大阻值
为170 Ω，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的
最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为 Ω（保留2位有
效数字）。
解析：当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器
提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律E＝Um＋Ir，I＝
，R并＝ Ω＝25.5 Ω，联立解得：r＝0.21 Ω。
0.21　
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（3）同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片R1粘贴
在弹性梁的上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理
想电压表V2连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁
下移时，应变片变长，R1的阻值将 ，电压表V2的读数
将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据
电阻定律，R1的阻值将增大；根据串联电路分压规律可知，
电阻增大，电压增大，所以电压表V2的读数将增大。
增大　
增大　
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（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分
开，测得外力F与线圈两端电压U的关系如图丙所示，若要
求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为 V。
6.0　
解析：由图丙可知，F＝1 200 N时对应的工作电压为6.0 V，即要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少
为6.0 V。
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13. （10分）如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻
的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平
行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06
kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环接触良好。两
环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关
闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每
一个环的压力的大小为多少？若已知环半径
为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？
（已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6）
答案：0.5 N　0.2 m
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解析：棒受的安培力F＝BIL，
棒中电流为I＝，
代入数据解得F＝＝0.8 N，
对棒受力分析如图所示（从右向左看），两环支
持力的总和为
2FN＝ ，
代入数据解得FN＝0.5 N。
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由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力的大小
为0.5 N，
由图中几何关系有tan θ＝＝＝，
得θ＝53°，
棒距环底的高度为h＝R（1－cos θ）＝0.2 m。
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14. （14分）如图所示，PM、QN是两根半径为d的光滑的圆弧轨
道，其间距为l，O、P连线水平，M、N在同一水平高度，圆弧轨
道电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖
直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大
于l、质量为m、电阻为r的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始
下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：
（1）金属棒到达最底端时它两端的电压；
答案：Bl　
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解析：在轨道的最底端MN处，金属棒对轨道的压力
FN＝2mg，根据牛顿第三定律知轨道对金属棒的支持力大小
FN'＝FN＝2mg，则FN'－mg＝m，
解得v＝。
金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv
金属棒到达最底端时两端的电压
U＝E＝Bl 。
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（2）金属棒下滑过程中它产生的热量；
答案：　
解析：金属棒下滑过程中，由能量守恒定律得
mgd＝Q＋mv2，解得Q＝mgd。
金属棒产生的热量Qr＝Q＝。
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（3）金属棒下滑过程中通过它的电荷量。
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解析：由q＝IΔt，I＝，E＝，ΔΦ＝Bld，
联立解得q＝。
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15. （16分）如图为一质谱仪的结构简图，两块相距为R的平行金属
板A、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电压，O1、O2分别
为板中心处的两个小孔，点O与O1、O2共线且连线垂直于金属
板，O与O2的距离OO2＝R。在以O为圆心、R为半径的圆形区域内
存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆
弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到O点
的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R，
C、D两端点的连线垂直于A、B板，D点在B板
的延长线上。粒子从O1处无初速地进入到A、B
间的电场后，通过O2进入磁场，粒子所受重力
不计。
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（1）当A、B两板间电压为U0时，粒子恰好打在圆弧CD的中点，
求该粒子的比荷；
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解析：粒子从O1到O2的过程
中，根据动能定理有q0U0＝mv2，
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律有q0vB＝，由题
意知，粒子的轨迹如图中①所示
由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝R，联立以上各式，解得粒子的比荷为＝
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（2）一质量为m1的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的C端
点；在相同加速电压下，该粒子的一个同位素粒子则恰好打
在圆弧上的D端点，求这个同位素粒子的质量；
答案：m1　
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解析：当质量为m1的粒子从磁场射出后，恰好打在圆弧上的
C端点时，轨迹如图中②所示，根据几何关系可得粒子在磁
场中运动的轨迹半径r1＝＝R，当该粒子
的同位素粒子打在圆弧上的D端点时，轨迹如图中③所示，
轨迹半径为r2＝Rtan 30°＝R，由（1）中得粒子质量的通
用表达式为m＝，则＝＝，解得这个同位素粒子
的质量为m2＝m1。
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（3）一质量为m、电荷量为q的粒子从O1处无初速地进入电场，
当两板间所加电压不同时，粒子从O1直至打在圆弧CD上所
经历的时间t会不同，求t的最小值。
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解析：通过分析可知：当粒子沿轨迹②最终打在胶片的C端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ1＝，由qvB＝得到该粒子进入磁场时的速度大小为v1＝＝，粒子在电场中经历的时间为t1＝＝，粒子在磁场中经历的时间t2＝T，而T＝
，由此得到t2＝，粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间为t3＝＝，则粒子从进入电场到打在圆弧CD上所经历的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝。
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