人教版高中物理新教材同步講義選修第二冊(cè) 模塊綜合試卷(二)（含解析）

模塊綜合試卷(二)(滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.如圖所示，由均勻?qū)Ь€(xiàn)制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到題圖所示位置時(shí)，圓環(huán)切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)R，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv.故選D.2．如圖所示，一理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為3∶1，副線(xiàn)圈上并聯(lián)三個(gè)相同的燈泡，均能正常發(fā)光，原線(xiàn)圈中串有一個(gè)相同的燈泡L，則()A．燈L也能正常發(fā)光B．燈L比另外三個(gè)燈都暗C．燈L將會(huì)被燒壞D．不能確定燈L能否正常發(fā)光答案A解析設(shè)每只燈泡的額定電流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線(xiàn)圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線(xiàn)圈中的總電流為3I，原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為3∶1，所以原、副線(xiàn)圈的電流之比為1∶3，所以原線(xiàn)圈中的電流為I，燈泡L也能正常發(fā)光，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．3.如圖，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為3L的均勻直導(dǎo)線(xiàn)折成等邊三角形線(xiàn)框LMN，豎直懸掛于兩根絕緣細(xì)線(xiàn)上，并使邊MN呈水平狀態(tài)．現(xiàn)置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)兩根絕緣細(xì)線(xiàn)所受拉力為零時(shí)，通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)MN的電流大小為(重力加速度為g)()A.eq\f(mg,2BL) B.eq\f(2mg,3BL)C.eq\f(mg,BL) D.eq\f(2mg,BL)答案B解析當(dāng)兩根絕緣細(xì)線(xiàn)所受拉力為零時(shí)，即等邊三角形線(xiàn)框LMN所受的安培力與重力大小相等，方向相反，由于NLM導(dǎo)線(xiàn)的等效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，IMN＝2IMLN，由平衡條件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL).故選B.4.半徑為r的圓環(huán)電阻為R，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的一側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，則()A．圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(kπr2,2R)D．圖中b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uba＝eq\f(1,2)kπr2答案C解析由于磁場(chǎng)均勻增大，圓環(huán)中的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，同時(shí)為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)將有收縮的趨勢(shì)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圓環(huán)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(diǎn)間的電勢(shì)差為：Uba＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D錯(cuò)誤．5．如圖甲所示，一理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)之比為55∶6，其原線(xiàn)圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線(xiàn)圈通過(guò)電流表與負(fù)載電阻R相連．若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說(shuō)法中正確的是()A．變壓器輸入電壓的最大值是220VB．若電流表的示數(shù)為0.5A，則變壓器的輸入功率是12WC．原線(xiàn)圈輸入的正弦交流電的頻率是100HzD．電壓表的示數(shù)是24eq\r(2)V答案B解析由題圖乙可知交流電壓最大值Um＝220eq\r(2)V，故A錯(cuò)誤；輸入電壓的有效值為220V，根據(jù)理想變壓器原副線(xiàn)圈電壓之比等于匝數(shù)之比知電壓表示數(shù)為U＝eq\f(6,55)×220V＝24V，故D錯(cuò)誤；若電流表的示數(shù)為0.5A，變壓器的輸入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W，故B正確；變壓器不改變頻率，由題圖乙可知交流電的周期T＝0.02s，根據(jù)f＝eq\f(1,T)可知原線(xiàn)圈輸入的正弦交流電的頻率是50Hz，故C錯(cuò)誤．V的正弦式交流電源上，如圖所示．設(shè)副線(xiàn)圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為n1∶n2，在原、副線(xiàn)圈回路中電阻消耗的功率的比值為k＝eq\f(1,16)，則()A．U＝66V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22V，n1∶n2＝3∶1答案C解析根據(jù)原副線(xiàn)圈電流與匝數(shù)成反比，得原副線(xiàn)圈的電流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，根據(jù)P＝I2R及題意得原副線(xiàn)圈回路中電阻消耗的功率之比k＝eq\f(I12,I22)＝eq\f(1,16)，解得原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝4∶1，根據(jù)原副線(xiàn)圈電壓與匝數(shù)成正比，得原線(xiàn)圈兩端的電壓為4U，根據(jù)U＝IR知原線(xiàn)圈回路中電阻兩端的電壓為eq\f(U,4)，在原線(xiàn)圈回路中4U＋eq\f(U,4)＝170V，解得U＝40V，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7．如圖甲所示，矩形線(xiàn)圈abcd位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線(xiàn)圈所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．以圖甲中箭頭所示方向?yàn)榫€(xiàn)圈中感應(yīng)電流i的正方向，以垂直于線(xiàn)圈所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列圖中能正確表示線(xiàn)圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()答案C解析由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，所以線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流取決于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率，B－t圖像的斜率為eq\f(ΔB,Δt)，故在2～3s內(nèi)感應(yīng)電流的大小是0～1s內(nèi)的2倍．再由B－t圖像可知，0～1s內(nèi)，B增大，則Φ增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以0～1s內(nèi)的電流為負(fù)值；同理可得，1～2s內(nèi)的電流為零；2～3s內(nèi)的電流為正值，C正確．8.如圖所示，PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一塊金屬板，其平面與磁場(chǎng)方向平行，一個(gè)粒子從某點(diǎn)以與PQ垂直的速度射出，動(dòng)能是Ek1，該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．現(xiàn)測(cè)得它在金屬板兩邊的軌道半徑之比是10∶9，若在穿越金屬板過(guò)程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，則下列說(shuō)法正確的是()A．該粒子的動(dòng)能增加了eq\f(81,100)Ek1B．該粒子的動(dòng)能減少了eq\f(19,100)Ek1C．該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期減小eq\f(9,10)D．該粒子最多能穿越金屬板6次答案B解析根據(jù)Bvq＝meq\f(v2,r)可得：r＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(10,9)，即v2＝eq\f(9,10)v1所以開(kāi)始的動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mv12，穿過(guò)金屬板后的動(dòng)能Ek2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(81,100)×eq\f(1,2)mv12＝eq\f(81,100)Ek1粒子每穿越一次金屬板減少的動(dòng)能ΔE＝Ek1－Ek2＝eq\f(19,100)Ek1，所以有n＝eq\f(Ek1,ΔE)＝eq\f(Ek1,\f(19,100)Ek1)≈5.3即該粒子最多能穿越金屬板5次，故B正確，A、D錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知周期與速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題(本題4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9.如圖所示的電路中，電源兩端的電壓恒定，L為小燈泡，R為光敏電阻，R和L之間用擋板(未畫(huà)出)隔開(kāi)，LED為發(fā)光二極管(電流越大，發(fā)出的光越強(qiáng))，且R與LED間距不變，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向左移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率增大B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向左移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減小C．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減小D．無(wú)論怎樣移動(dòng)滑動(dòng)觸頭P，L消耗的功率都不變答案AC解析當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向左移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，流過(guò)二極管的電流增大，從而發(fā)光增強(qiáng)，使光敏電阻R的阻值減小，流過(guò)燈泡的電流增大，L消耗的功率增大．同理，當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減小．故選A、C.10．如圖甲，螺線(xiàn)管內(nèi)有平行于軸線(xiàn)的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€(xiàn)管與導(dǎo)線(xiàn)框abcd相連，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線(xiàn)框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線(xiàn)管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)()A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D．在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流答案AD解析在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大且圖線(xiàn)斜率在增大，則在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蚯掖笮≡黾拥碾娏?，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì)，故選項(xiàng)A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流產(chǎn)生穩(wěn)定磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)方向向下且減小，又知圖線(xiàn)斜率也減小，在導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较驕p小的電流，該電流產(chǎn)生向內(nèi)減小的磁場(chǎng)，則圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，故選項(xiàng)D正確．11.如圖所示，在x軸上方第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．a(chǎn)、b兩個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子分別從電場(chǎng)中的同一點(diǎn)P由靜止釋放后，經(jīng)電場(chǎng)加速?gòu)腗點(diǎn)射入磁場(chǎng)并在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)．最后從y軸離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度大小分別為v1和v2，v1的方向與y軸垂直，v2的方向與y軸正方向成60°.a、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別記為t1和t2，則以下比值正確的是()A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案AD解析粒子在電場(chǎng)中加速，設(shè)加速的位移為d，則根據(jù)動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2qEd,m))①粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡如圖，a粒子的圓心為O，b粒子的圓心為O′，根據(jù)幾何知識(shí)可知，R2·sin30°＋R1＝R2，則R1∶R2＝1∶2，②根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，故R＝eq\f(mv,qB)，③聯(lián)立①②③可得eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4，④將④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正確，B錯(cuò)誤．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，所以?xún)闪Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t1∶t2＝eq\f(90°,360°)T1∶eq\f(60°,360°)T2＝eq\f(2πm1,4·q1B)∶eq\f(2πm2,6·q2B)＝3∶8，故C錯(cuò)誤，D正確．12．(2021·懷化市高二期末)如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a、電阻為R的單匝均勻正方形銅線(xiàn)框，在1位置以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并開(kāi)始計(jì)時(shí)．若磁場(chǎng)的寬度為b(b>3a)，在3t0時(shí)刻線(xiàn)框到達(dá)2位置速度又為v0，并開(kāi)始離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．此過(guò)程中v－t圖像如圖乙所示，則()A．t0時(shí)刻線(xiàn)框的速度為v0－eq\f(Ft0,m)B．t＝0時(shí)刻，線(xiàn)框右側(cè)邊MN兩端電壓為Bav0C．0～t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線(xiàn)框某一橫截面的電荷量為eq\f(Ba2,R)D．線(xiàn)框從1位置運(yùn)動(dòng)到2位置的過(guò)程中，線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fb答案CD解析根據(jù)題圖乙可知，在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受合外力為F，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為a＝eq\f(F,m)得t0時(shí)刻線(xiàn)框的速度為v＝v0－a·2t0＝v0－eq\f(2Ft0,m)，故A錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻，線(xiàn)框右側(cè)邊MN兩端的電壓為外電壓，線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bav0外電壓即MN兩端的電壓為U外＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Bav0，故B錯(cuò)誤；線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，流過(guò)某一截面的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt，而E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Ba2,Δt)聯(lián)立解得q＝eq\f(Ba2,R)，故C正確；由題圖乙可知，線(xiàn)框在位置1和位置2時(shí)的速度相等，根據(jù)動(dòng)能定理，知外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W克安＝ΔEk＝0，解得W克安＝Fb，故線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fb，故D正確．三、非選擇題(本題共6小題，共52分)13．(4分)有一個(gè)教學(xué)用的可拆變壓器，如圖甲所示，它有兩個(gè)外觀基本相同的線(xiàn)圈A、B，線(xiàn)圈外部還可以繞線(xiàn)．(1)某同學(xué)用一多用電表的同一歐姆擋先后測(cè)量了A、B線(xiàn)圈的電阻值，指針?lè)謩e對(duì)應(yīng)圖乙中的a、b位置，由此可推斷________(選填“A”或“B”)線(xiàn)圈的匝數(shù)較多．(2)該實(shí)驗(yàn)中輸入端所接電源最適合的是________．A．220V交流電源B．12V以?xún)?nèi)低壓直流電源C．36V安全電壓D．12V以?xún)?nèi)低壓交流電源答案(1)A(2分)(2)D(2分)解析(1)匝數(shù)多的導(dǎo)線(xiàn)橫截面積小，長(zhǎng)度大，故電阻大，由題圖乙知，A線(xiàn)圈電阻大，故A線(xiàn)圈匝數(shù)較多．(2)為保證學(xué)生安全，應(yīng)用12V以?xún)?nèi)低壓交流電源．14.(6分)如圖所示，線(xiàn)圈L的電感為25mH，電阻為零，電容器C的電容為40μF，燈泡D的規(guī)格是“4V2W”．開(kāi)關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光，S斷開(kāi)后，LC中產(chǎn)生振蕩電流．若從S斷開(kāi)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求：(1)當(dāng)t＝eq\f(π,2)×10－3s時(shí)，電容器的右極板帶何種電荷；(2)當(dāng)t＝π×10－3s時(shí)，LC回路中的電流大?。鸢?1)正電荷(2)0.5A解析(1)S斷開(kāi)后，LC中產(chǎn)生振蕩電流，振蕩周期為T(mén)＝2πeq\r(LC)＝2πeq\r(25×10－3×40×10－6)s＝2π×10－3s，(2分)當(dāng)t＝eq\f(π,2)×10－3s＝eq\f(T,4)時(shí)，電容器充電完畢，右極板帶正電荷．(1分)(2)開(kāi)關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光時(shí)電路中的電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，(2分)當(dāng)t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)時(shí)，LC回路中的電流達(dá)到反向最大，即I＝0.5A．(1分)15．(9分)如圖甲為手機(jī)無(wú)線(xiàn)充電工作原理示意圖，它由送電線(xiàn)圈和受電線(xiàn)圈組成．已知受電線(xiàn)圈的匝數(shù)為N＝50，電阻r＝1.0Ω，在它的c、d兩端接阻值R＝9.0Ω的電阻．設(shè)受電線(xiàn)圈內(nèi)存在與線(xiàn)圈平面垂直的磁場(chǎng)，其磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，可在受電線(xiàn)圈中產(chǎn)生正弦式交變電流．求：(1)在一個(gè)周期內(nèi)，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的焦耳熱；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)從t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)阻值為R的電阻的電荷量．答案(1)5.7×10－2J(2)2.0×10－3C解析(1)由題圖乙知T＝π×10－3s，受電線(xiàn)圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq\f(2π,π×10－3)V＝20V(1分)受電線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A(1分)通過(guò)電阻的電流的有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A(1分)在一個(gè)周期內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RT≈5.7×10－2J(1分)(2)受電線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(|ΔΦ|,Δt)(1分)通過(guò)電阻R的平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt(1分)由題圖乙可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，|ΔΦ|＝4.0×10－4Wb(1分)解得q＝Neq\f(|ΔΦ|,R＋r)＝2.0×10－3C．(1分)16.(9分)如圖所示，兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L＝0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.1kg，可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿接入電路的電阻均為R＝0.2Ω(豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，PQ桿放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場(chǎng)中，g取10m/s2.(1)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝1.8N的作用下由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，桿MN的最大速度為多少？(2)若將MN桿固定，MN和PQ的間距為d＝0.4m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開(kāi)始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，桿PQ對(duì)地面的壓力為零？答案(1)8m/s(2)100s解析(1)MN桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1＝B0Lv，(1分)由閉合電路的歐姆定律得I1＝eq\f(E1,2R)，(1分)MN桿所受安培力的大小為F安＝B0I1L，(1分)對(duì)MN桿由牛頓第二定律得F－mg－F安＝ma，(1分)當(dāng)MN桿速度最大時(shí)，加速度為零，聯(lián)立得MN桿的最大速度vm＝8m/s.(1分)(2)感生電動(dòng)勢(shì)為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBLd,Δt)，(1分)由閉合電路的歐姆定律得I2＝eq\f(E2,2R)，(1分)t時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(ΔB,Δt)t，PQ桿受力平衡，有mg＝BI2L，(1分)聯(lián)立解得t＝100s．(1分)17．(11分)如圖甲所示，在水平面上固定有長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m、寬為d＝0.5m的光滑金屬“U”形導(dǎo)軌，導(dǎo)軌右端接有R＝1Ω的電阻，在“U”形導(dǎo)軌右側(cè)l＝1m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m＝0.1kg、內(nèi)阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒ab以v0＝1m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，g取10m/s2.(1)求第一秒內(nèi)流過(guò)ab的電流的大小及方向；(2)求ab棒進(jìn)磁場(chǎng)瞬間的加速度大?。?3)導(dǎo)體棒最終停止在導(dǎo)軌上，求全過(guò)程回路中產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)0.25A方向由a流向b(2)1.25m/s2(3)0.175J解析(1)第一秒內(nèi)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ldΔB,Δt)＝0.5V．(1分)所以流過(guò)ab的電流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝0.25A(1分)方向由a流向b；(1分)(2)依題意可知ab棒在1s末時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)(速度仍為v0)，此后磁感應(yīng)強(qiáng)度保持不變，則E2＝Bdv0＝0.5V(1分)I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.25A(1分)F＝BI2d(1分)由牛頓第二定律，有F＝ma(1分)所以a＝1.25m/s2(1分)(3)第一秒內(nèi)，即進(jìn)入磁場(chǎng)前，依據(jù)焦耳定律有Q1＝I12(R＋r)t1＝0.125J(1分)進(jìn)入磁場(chǎng)到停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系，則有Q2＝eq\f(1,2)mv02＝0.05J(1分)全過(guò)程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q1＋Q2＝0.175J(1分)18．(13分)(2021·蘇州市高二期末)某空氣凈化設(shè)備裝置可用于氣體中有害離子的收集和分離，其簡(jiǎn)化原理如圖甲所示，Ⅰ區(qū)為電場(chǎng)加速區(qū)，Ⅱ區(qū)為電場(chǎng)收集區(qū)．Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)之間是無(wú)場(chǎng)區(qū)．已知Ⅰ區(qū)中AB與CD兩極的電勢(shì)差為U，Ⅱ區(qū)中分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且EG與FH