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全书综合测评(二)
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题意)
1.关于电磁波的特性和应用,下列说法中正确的是(　　)
A.微波炉利用红外线的热效应快速加热食物
B.γ射线穿透力很强,医学上常用它进行人体透视检查
C.紫外线具有杀菌作用,医院常用紫外线进行消毒
D.车站、机场安全检查时“透视”行李箱的安检装置利用的是红外线
2.图1为某LC振荡电路,图2是该电路中电容器a、b两极板间的电压u随时间t变化的关系图像。则下列说法正确的是(　　)
　　
A.0~t1内,电容器不断放电
B.t3~t4内,该电路中的电流值不断变小
C.t3时刻,该电路中的磁场能最大
D.t3时刻,电容器的电场能最大
3.如图甲所示,一矩形线圈abcd处于匀强磁场中,线圈绕过ab、cd中点的轴OO'以角速度ω顺时针匀速转动。0时刻线圈平面与磁场的夹角为45°,截面图如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
　　
A.0时刻线圈中的电流方向为d→c→b→a→d
B.t=时,线圈处于中性面
C.t=时,线圈中的电流最大
D.t=时,通过线圈的磁通量最大
4.如图,在光滑绝缘水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框ABCD;在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与BC边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动,t=0时BC边恰与磁场的左边界重合,随后导线框在垂直于BC边的水平外力F作用下沿直线匀加速通过磁场区域。下列F-t图像中,可能正确描述上述过程的是(　　)
　　　
5.图示是某种电磁弹射装置的原理图,间距为l的两平行导轨固定在光滑绝缘水平面上,右端通过导线连接定值电阻R,导体棒a质量为m、长度为l,垂直导轨静止放置。在正方形区域ABCD内有磁感应强度大小为B、方向垂直平面向下的匀强磁场,之后磁场区域以速度v0开始向左运动,等导体棒a从磁场中离开后,在正方形区域ABCD内再次施加相同的磁场,并使磁场区域以相同的速度向左运动,等导体棒a从磁场中离开后,重复之前的操作,最后导体棒a恰好能穿过某磁场。导体棒a和导轨的电阻可忽略,导轨足够长,则最终导体棒a穿过的磁场个数为(　　)
A.　　　B.+1　　　C.　　　D.+1
6.笔记本电脑盖上屏幕盖板时,屏幕盖板上的磁铁和机身主板上的“霍尔传感器”配合,使屏幕进入休眠模式,其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕盖板时,相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件,已知该霍尔元件载流子为电子,以下说法正确的是(　　)
A.盖上盖板过程中,N端带负电
B.打开盖板过程中,M端带正电
C.盖上盖板过程中,霍尔电压不变
D.盖上盖板过程中,霍尔电压逐渐增大
7.极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道所在平面的地磁场可简化为如图所示:O为地球球心,R为地球半径,将半径为R到3R之间的圆环区域内的地磁场看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道所在平面内以相同速率v0向各个方向发射某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则(　　)
A.sin θ=　　　B.sin θ=　　　C.tan θ=　　　D.tan θ=
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图甲所示是一个调谐接收电路,图乙中(a)、(b)、(c)为电路中的电流随时间变化的图像,则下列说法正确的是(　　)
A.i1是L1中的电流图像　　　　　　　B.i1是L2中的电流图像
C.i2是L2中的电流图像　　　　　　　D.i3是流过耳机的电流图像
9.如图所示,一理想自耦变压器的a、b端接入一电压u=220 sin 100πt (V)的交流电源,R1、R2、R3为定值电阻,R为光敏电阻,其阻值会随着光照的增强而降低,电流表为理想电流表,下列说法正确的是(　　)
A.该自耦变压器为降压变压器
B.该自耦变压器的输入电压为220 V
C.当照射光敏电阻的光照增强时,灯泡L将变暗
D.当自耦变压器的触头顺时针从M转至N时,电流表的示数将变大
10.如图所示,导线框ac、bd边长为2L,电阻不计;三条短边ab、cd、ef长均为L,电阻均为R,ef位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,cd边与磁场边界平行,当cd距磁场上边界一定高度时无初速度释放线框,线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动,下落过程中线框始终在竖直面内,已知线框质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变
B.线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为Uab=-
C.释放时cd边到磁场上边界高度为
D.整个过程中ab边产生的焦耳热一定为2mgL
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)有一根条形磁铁脱了漆,分不清哪头是N极,哪头是S极。为了弄清楚这个条形磁铁的极性,小明和小华将该条形磁铁的两端分别标记为P、Q,如图甲所示,并分别做了如下实验:
　　　　
(1)小明按图乙连好线圈和检流表,将条形磁铁的P端向下插入线圈,发现检流表指针向右边偏转(已知检流表零刻线在正中间,电流从正接线柱流入时其指针向右偏)。
(2)小华将一个铝环用细线静止悬挂,如图丙所示,并使条形磁铁的Q端从左往右靠近铝环,发现铝环向右边摆起。
(3)分析上述操作,可知谁的实验可以判断条形磁铁的极性　　　　。
A.小明　　　　　B.小华　　　　　C.都可以
(4)通过实验结果,我们可知P端为条形磁铁的　　　　(选填“N极”或“S极”)。
(5)丙图中,当条形磁铁从左往右靠近铝环时,铝环有　　　　(选填“扩张”或“收缩”)的趋势。
12.(8分)车辆运输中若存在超载现象,将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥,可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品用多用电表粗测其电阻R,测得其电阻约为8 kΩ。为进一步提高实验精度,使用伏安法测量导电水泥块电阻,电源电动势E=6 V(内阻可忽略);电压表量程0~6 V,内阻约10 kΩ;电流表量程0~600 μA,内阻约100 Ω。请在图甲中完成余下导线的连接。
(2)测得水泥块的长为a,宽为b,高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R,则电阻率ρ=　　　　(用R、a、b、c表示)。
(3)测得不同压力F下的电阻R,算出对应的电阻率ρ,作出ρ-F图像如图乙所示。
　　
基于以上结论,设计压力报警系统,电路如图丙所示。报警器在其两端电压大于或等于3 V时启动,R1为水泥块,R2为滑动变阻器,当R2的滑片处于某位置,R1上压力大于或等于F0时(不计水泥块形变),报警器启动。报警器应并联在　　　　(选填“R1”或“R2”)两端。
(4)若电源E使用时间过长,电动势变小,需要保持原报警压力F0(即R1上压力大于或等于F0时,报警器启动),需要将R2调　　　　(选填“大”或“小”)。
13.(8分)第十五届全国运动会(全运会)于2025年11月9日至21日在广东、香港、澳门三地联合举办。本次全运会采用一套先进的太阳能光伏发电系统。假设该发电系统产生的是交流电,且在有太阳照射时的输出功率为1×105 W,输出电压为250 V,现向远处输电,如图。所用输电线的总电阻r=8 Ω,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16,变压器均视为理想变压器。
(1)求输电线损耗的电功率;
(2)若用户获得220 V电压,求降压变压器原、副线圈的匝数比。
14.(13分)如图所示,在匀强磁场中竖直固定两条足够长的平行导轨,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B0,导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S,导轨电阻不计,两金属棒a和b的电阻都为R,质量分别为ma=0.02 kg和mb=0.01 kg,它们垂直于导轨且与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦运动,若将b棒固定,开关S断开,用一竖直向上的恒力F拉a棒,不计空气阻力,稳定后a棒以v1=10 m/s的速度向上匀速运动,此时再释放b棒,b棒恰能保持静止。
(1)求恒力F的大小;
(2)若将a棒固定,开关S闭合,让b棒自由下滑,求b棒滑行的最大速度v2。
15.(19分)如图所示,在平面直角坐标系中,x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E,在x轴上方,0(1)求释放点P的坐标;
(2)若磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小变为,仍从P点由静止释放该粒子,求粒子从释放到离开磁场的时间。
答案与分层梯度式解析
全书综合测评(二)
1.C 2.D 3.C 4.C 5.C
6.D 7.A 8.ACD 9.AC 10.BC
1.C　微波炉是利用微波的频率与水分子固有频率接近,使水分子共振产生热量,并非利用红外线的热效应,A错误;γ射线能量极高,对人体细胞损伤大,医学上用于人体透视的是X射线,B错误;紫外线的能量可破坏细胞核中的物质,医院常用紫外线进行灭菌消毒,C正确;车站、机场透视行李箱的安检装置利用的是穿透力较强的X射线,红外线穿透能力弱,无法实现行李箱内部透视,D错误。
2.D　0~t1内,电容器两极板间电压逐渐增加,电容器充电,A错误;t3~t4内电容器放电,该电路中的电流值不断变大,B错误;t3时刻,电容器两端的电压最大,电场能最大,磁场能为零,C错误,D正确。
3.C　根据右手定则可知,0时刻线圈中的电流方向为d→a→b→c→d,A错误;线圈在t=时间内转过的角度θ=ωt=,0时刻线圈平面与磁场的夹角为45°,则t=时线圈与磁场方向平行,不在中性面,此时线圈中的电流最大,磁通量最小,B、D错误,C正确。
4.C　导线框刚进入磁场及刚出磁场时,对导线框受力分析,根据牛顿第二定律可得F-F安=ma,其中F安=BIL=,v=v0+at,联立可得F=ma+,由于导线框始终做匀加速直线运动,故此阶段的F-t图像为一次函数图像,当线框完全进入磁场时,线框不受安培力的作用,此时F=ma,即导线框受到的外力大小不变,只是比刚进入磁场和刚出磁场时的外力小,C正确。
5.C　导体棒a每穿过一个磁场的过程,安培力的冲量为∑Ft=∑BIlt=∑B·lt=∑v相t=,最后导体棒a恰好能穿过某磁场,可知最后导体棒a的速度也为v0,设最终导体棒a穿过的磁场个数为n,根据动量定理可得n·=mv0-0,解得n=,C正确。
6.D　无论盖上盖板的过程还是打开盖板的过程,霍尔元件处磁场方向竖直向下,电流方向水平向左,根据左手定则可得,载流子所受洛伦兹力方向指向M,因此M端带负电,N端带正电,A、B错误;设霍尔元件的长度为a、宽度为b、高度为c,电场力与洛伦兹力二力平衡,则q=qvB,电流的微观表达式为I=nqSv=nqbcv,所以UH=,盖上盖板过程中,磁感应强度B变大,则霍尔电压增大,C错误,D正确。
7.A　粒子以速率v0射入地磁场,沿AO方向射入的粒子会和地球表面相切而射出,和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球表面相切射出,上述两种粒子的轨迹示意图如图所示,设粒子轨迹半径为r,在直角三角形AOO1中,由几何关系有r2+(3R)2=(r+R)2,可得r=4R,则AO2=r=4R,又因为AO=OO2=3R,则有sin θ===,tan θ==,A正确,B、C、D错误。
8.ACD　L1中的电流应为完整的波形,(a)图是完整的高频调幅电流,所以i1是L1中的电流图像,A正确;L2与二极管D串联,二极管具有单向导电性,则L2中的波形只有L1中的一半,(b)图是经二极管半波整流后的电流,所以i2是L2中的电流图像,B错误,C正确;流过耳机的电流为经C2的高频分流后的载波信号,故(c)图是通过耳机的电流,所以i3是流过耳机的电流图像,D正确。
9.AC　由图可知,原线圈为整个环形线圈,匝数n1等于线圈总匝数,而副线圈匝数n2为滑动触头到公共端的匝数,n210.BC　设整个运动过程中,产生的感应电流为I,在cd边和ef边通过磁场的过程中,流过ab边的电流大小均为I,方向均为b→a;在ab边通过磁场的过程中,流过ab边的电流大小为I,方向为a→b,A错误。设线框cd边进入磁场时的速度为v,则有E=BLv,I===,线框受到的安培力大小F=BIL=mg,联立解得E=,分析可知线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动,b点电势始终高于a点电势,且a、b两点间电势差的大小始终等于对应等效电路的路端电压,即Uab=-E=-=-,B正确。设释放时cd边到磁场上边界高度为h,根据运动学公式可得v2=2gh,解得cd边进入磁场时的速度大小为v=,结合上述分析可得v==,联立解得h=,故C正确。根据焦耳定律可得整个过程中ab边产生的焦耳热为Q=R·+I2R·,解得Q=mgL,D错误。
11.答案　(3)A(2分)　(4)S极(2分)　(5)收缩(2分)
解析　(3)乙图中小明的实验根据楞次定律结合右手螺旋定则可判断出条形磁铁的极性。检流表指针向右边偏转,可知电流从正接线柱流入检流表,即线圈中的电流方向为顺时针(从上往下看),感应电流产生磁场的方向竖直向下,而线圈中原磁通量增加,由楞次定律推论“增反减同”可知,原磁场方向与感应电流产生磁场方向相反,原磁场方向向上,故P端为S极,故通过小明的实验可以判断条形磁铁的极性。根据楞次定律可知小华的实验不能判断条形磁铁的极性,故选A。
(4)通过实验结果,我们可知P端为条形磁铁的S极。
(5)丙图中,当条形磁铁从左往右靠近铝环时,穿过铝环的磁通量增大,根据楞次定律可知铝环有收缩的趋势。
12.答案　(1)见解析(2分)　(2)(2分)　(3)R2(2分)
(4)大(2分)
解析　(1)因R≈8 kΩ>≈1 kΩ,故电流表内接,实物导线连接如图。
(2)由电阻定律R=ρ=ρ,解得ρ=。
(3)由ρ-F图像可知,水泥块所受压力增大时,电阻率变小,水泥块电阻变小,根据串联电路的分压原理,R1分压减小,R2分压增大,报警器应与R2并联,R1上压力大于或等于F0时,R2两端电压大于或等于3 V,报警器启动。
(4)由欧姆定律有=,整理得U==,在E变小,保证压力条件一定,即R1一定时,U不变,需要将R2调大。
13.答案　(1)5 000 W　(2)
解析　(1)根据理想变压器的电压与匝数关系有==(1分)
原线圈输入功率与副线圈输出功率相等,有P1=U1I1=P2=U2I2(1分)
解得U2=4 000 V(1分)
I2==25 A(1分)
输电线上损耗的功率为ΔP=r=5 000 W(1分)
(2)此时降压变压器的输入端电压为U3=U2-I2r=3 800 V(2分)
所以降压变压器的原、副线圈匝数比为==(1分)
14.答案　(1)0.3 N　(2)7.5 m/s
解析　(1)当b棒固定、S断开,a棒匀速运动,释放b棒后,b棒静止,两棒串联,电流相同。静止的b棒受力平衡,安培力大小等于重力,即B0IL=mbg(1分)
匀速运动的a棒受力平衡,有F=mag+B0IL(1分)
联立得F=(ma+mb)g=(0.02+0.01)×10 N=0.3 N(1分)
(2)当a棒固定、S闭合,b棒下滑到最大速度后匀速运动,b棒受力平衡,有B0I'L=mbg(1分)
b棒切割磁感线产生感应电动势,有E'=B0Lv2(1分)
外电路为上端电阻R与a棒并联,并联电阻R并==(1分)
总电阻R总=Rb+R并=R+=(1分)
总电流I'==(1分)
代入平衡条件得=mbg(1分)
第(1)问中I=(1分)
代入B0IL=mbg
得=mbg(1分)
整理得=(1分)
联立解得v2== m/s=7.5 m/s(1分)
15.答案　(1)　(2)+
解析　(1)粒子在电场中运动的过程中,由动能定理得qEyOP=m(1分)
粒子在磁场区域Ⅰ中运动,恰不进入磁场区域Ⅱ,由几何关系得r=L(1分)
由牛顿第二定律得qv0B0=(1分)
联立解得yOP=(1分)
故P点的坐标为(1分)
(2)粒子在电场中,由动量定理得qEt1=mv0(1分)
解得t1=(1分)
粒子在磁场区域Ⅰ中,由牛顿第二定律得qv0·=(1分)
解得r1=2L(1分)
根据题意画出粒子的运动轨迹,如图所示
由几何关系得 sin θ=(1分)
解得θ=(1分)
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期T1==(1分)
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间t2=T1=(1分)
在磁场区域Ⅱ中,由分析可知,粒子做圆周运动的半径为r,设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α,根据几何关系得
r sin θ+r sin α=L(1分)
解得α=(1分)
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期T2=(1分)
在磁场区域Ⅱ中运动时间t3=·T2=(1分)
粒子总运动时间为t总=t1+t2+t3(1分)
解得t总=+(1分)

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