2024-2025年新教材高中物理模塊檢測含解析新人教版選擇性必修第二冊

PAGEPAGE11模塊達(dá)標(biāo)驗(yàn)收(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共12小題，共40分。第1～8小題，在每小題給出的四個選項中，只有一個正確選項，每小題3分；第9～12小題有多個正確選項，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．在物理學(xué)發(fā)展過程中，觀測、試驗(yàn)、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述不符合史實(shí)的是()A．奧斯特在試驗(yàn)中視察到電流的磁效應(yīng)，該效應(yīng)揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培依據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相像性，提出了分子電流假說C．法拉第在試驗(yàn)中視察到，在通有恒定電流的靜止導(dǎo)線旁邊的固定閉合導(dǎo)線圈中，會出現(xiàn)感應(yīng)電流D．楞次在分析了很多試驗(yàn)事實(shí)后提出，感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變更解析：選C通有恒定電流的靜止導(dǎo)線旁邊產(chǎn)生的磁場是不變的，在其旁邊的固定閉合導(dǎo)線圈中沒有磁通量的變更，因此，不會出現(xiàn)感應(yīng)電流，選項C錯誤。2．電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示?，F(xiàn)使磁鐵起先自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電狀況是()A．從a到b，上極板帶正電 B．從a到b，下極板帶正電C．從b到a，上極板帶正電 D．從b到a，下極板帶正電解析：選D磁鐵自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，通過線圈的磁通量方向向下且在增大，依據(jù)楞次定律可推斷出線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向上，利用安培定則可推斷出線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針繞向(由上向下看)，流過R的電流方向從b到a，電容器下極板帶正電。選項D正確。3．壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學(xué)設(shè)計了利用壓敏電阻推斷升降機(jī)運(yùn)動狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖所示。將壓敏電阻固定在升降機(jī)底板上，其上放置一個物塊，在升降機(jī)運(yùn)動過程的某一段時間內(nèi)，發(fā)覺電流表的示數(shù)I不變，且I大于升降機(jī)靜止時電流表的示數(shù)I0，在這段時間內(nèi)()A．升降機(jī)可能勻速上升B．升降機(jī)肯定勻減速上升C．升降機(jī)肯定處于失重狀態(tài)D．通過壓敏電阻的電流肯定比電梯靜止時大解析：選C在升降機(jī)運(yùn)動過程的某一段時間內(nèi)，電流表示數(shù)I不變，且有I＞I0，則說明電源的路端電壓增大了，從而分析出是壓敏電阻的阻值增大了，壓敏電阻受的壓力減小了，由牛頓其次定律可知，物塊具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，升降機(jī)可能向下勻加速運(yùn)動，也可能向上勻減速運(yùn)動，故C正確，A、B錯誤；因壓敏電阻的阻值增大，電源總電流減小，電流表示數(shù)變大，故通過壓敏電阻的電流肯定比電梯靜止時小，D錯誤。4．如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電阻為R、半徑為l、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(O軸位于磁場邊界)。則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為()A．eq\f(Bl2ω,2R) B．eq\f(\r(2)Bl2ω,2R)C．eq\f(\r(2)Bl2ω,4R) D．eq\f(Bl2ω,4R)解析：選D扇形閉合導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度始終是半徑l，各點(diǎn)的平均速度v＝eq\f(lω,2)，導(dǎo)線框進(jìn)磁場和出磁場時有感應(yīng)電流產(chǎn)生，由法拉第電磁感應(yīng)定律和有效值的定義有E＝eq\f(Bl2ω,2)，eq\f(E2,R)×eq\f(T,4)＝I2RT，聯(lián)立二式可得I＝eq\f(Bl2ω,4R)，故D正確，A、B、C錯誤。5．如圖所示，三根長均為L的直導(dǎo)線水平放置，截面構(gòu)成以A為頂點(diǎn)的等腰直角三角形，其中導(dǎo)線A、B中電流的方向垂直紙面對里，導(dǎo)線C中電流的方向垂直紙面對外。若導(dǎo)線B、C中的電流在導(dǎo)線A所在位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，導(dǎo)線A通過的電流大小為I，則導(dǎo)線A受到的安培力的大小和方向?yàn)?)A．eq\r(2)B0IL，水平向左 B．2B0IL，水平向左C．eq\r(2)B0IL，豎直向上 D．2B0IL，豎直向上解析：選CB、C中的電流在A處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，方向如圖所示。依據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，可得A處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BA＝eq\r(2)B0，方向水平向左；由左手定則可知，導(dǎo)線A所受安培力方向豎直向上，大小為F＝eq\r(2)B0IL，選項C正確，A、B、D錯誤。6．如圖所示，一束正離子先后經(jīng)過速度選擇器和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則在速度選擇器中沿直線運(yùn)動且在勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)半徑相等的離子具有相同的()A．電荷量和質(zhì)量 B．質(zhì)量和動能C．速度和比荷 D．速度和質(zhì)量解析：選C在速度選擇器中，正離子不偏轉(zhuǎn)，說明離子受力平衡，離子受電場力和洛倫茲力，有qv0B1＝qE，得v0＝eq\f(E,B1)，可知這些正離子具有相同的速度；進(jìn)入只有勻強(qiáng)磁場的區(qū)域時，離子的偏轉(zhuǎn)半徑相同，由R＝eq\f(mv0,qB2)和v0＝eq\f(E,B1)可得R＝eq\f(mE,qB1B2)，可知這些正離子具有相同的比荷。選項C正確，選項A、B、D錯誤。7．如圖所示，在一平面正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直紙面對里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從Q點(diǎn)沿著與邊QP夾角為30°的方向垂直進(jìn)入磁場，從QP邊界射出。已知QP邊長為a，不計粒子的重力，下列說法正確的是()A．該粒子帶正電B．運(yùn)動過程中粒子的速度不變C．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f(πm,3qB)D．粒子的速度的最大值為eq\f(qBa,2m)解析：選C粒子從PQ邊射出勻強(qiáng)磁場，粒子剛射入磁場時受到的洛倫茲力垂直于速度斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子速度大小不變而方向發(fā)生變更，粒子速度發(fā)生變更，故B錯誤；粒子在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2×30°＝60°，則粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動時間t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確；粒子從P點(diǎn)射出磁場時軌道半徑最大，粒子速度最大，此時粒子軌道半徑r＝a，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，粒子的最大速度v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBa,m)，故D錯誤。8．如圖所示的電路中，a、b、c為三個相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)很大，電阻不計，電源E內(nèi)阻不計，下列推斷正確的有()A．S閉合的瞬間，c燈亮B．S閉合的瞬間，b燈最亮C．電路穩(wěn)定后，將S斷開的瞬間，a、c兩燈馬上熄滅D．電路穩(wěn)定后，將S斷開，a、c兩燈亮度相同且漸漸變暗解析：選D由于通過線圈L的電流會緩慢變更，當(dāng)開關(guān)S閉合的瞬間，線圈L中的電流為零，電路的結(jié)構(gòu)為b、c串聯(lián)后與a并聯(lián)，所以a支路的電阻值小，流過a的電流大，而流過b、c的電流相等，所以S閉合的瞬間，b、c兩燈一樣亮，a燈最亮，A、B均錯誤；當(dāng)電流漸漸穩(wěn)定時，線圈L不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，此時b被短路，a、c并聯(lián)，電路穩(wěn)定后，將S斷開，此時線圈L產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，電路的結(jié)構(gòu)是a、c串聯(lián)后與b并聯(lián)，所以a、c兩燈亮度相同且漸漸變暗，C錯誤，D正確。9．關(guān)于電磁波，下列說法正確的是()A．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān)B．周期性變更的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波C．電磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強(qiáng)度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直D．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消逝解析：選ABC電磁波在真空中的傳播速度等于光速，與電磁波的頻率無關(guān)，選項A正確；周期性變更的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波，選項B正確；電磁波傳播方向與電場強(qiáng)度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直，選項C正確；電磁波波源的電磁振蕩停止，波源不再產(chǎn)生新的電磁波，但空間中已產(chǎn)生的電磁波仍可接著傳播，選項D錯誤。10．如圖所示，閉合金屬環(huán)從曲面上h高處滾下，又沿曲面的另一側(cè)上升，設(shè)環(huán)的初速度為零，摩擦不計，曲面處在圖示磁場中，則()A．若是勻強(qiáng)磁場，環(huán)滾上的高度小于hB．若是勻強(qiáng)磁場，環(huán)滾上的高度等于hC．若是非勻強(qiáng)磁場，環(huán)滾上的高度等于hD．若是非勻強(qiáng)磁場，環(huán)滾上的高度小于h解析：選BD若是勻強(qiáng)磁場，環(huán)中磁通量不變，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)的機(jī)械能守恒，A錯誤，B正確；若為非勻強(qiáng)磁場，則環(huán)中磁通量變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，機(jī)械能削減，C錯誤，D正確。11．圖甲是某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為如圖乙所示的正弦式溝通電壓，并加在一志向變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，兩線圈橫截面積相同，電壓表為志向溝通電表。當(dāng)變壓器副線圈兩端電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花點(diǎn)燃?xì)怏w。開關(guān)閉合后，下列說法正確的是()A．電壓表的示數(shù)為2．5eq\r(2)VB．若沒有轉(zhuǎn)換器，則變壓器副線圈輸出的是直流電C．若eq\f(n1,n2)＞eq\f(1,1000)，則可以實(shí)現(xiàn)燃?xì)庠铧c(diǎn)火D．穿過原、副線圈的磁通量之比為1∶1解析：選AD依據(jù)題圖乙可以得到原線圈輸入電壓的最大值U1m＝5V，依據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關(guān)系可知，原線圈輸入電壓的有效值U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝2．5eq\r(2)V，則電壓表的示數(shù)為2．5eq\r(2)V，故A正確；若沒有轉(zhuǎn)換器，原、副線圈中磁通量恒定，不會發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，變壓器副線圈無電流輸出，故B錯誤；由題意可知，副線圈輸出電壓最大值U2m＞5000V時，可實(shí)現(xiàn)燃?xì)庠铧c(diǎn)火，依據(jù)變壓比可知，eq\f(U1m,U2m)＝eq\f(n1,n2)，解得實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是eq\f(n1,n2)＜eq\f(1,1000)，故C錯誤；志向變壓器的原、副線圈橫截面積相同，且無漏磁現(xiàn)象，穿過原線圈的磁感線也全部穿過副線圈，故穿過原、副線圈的磁通量之比為1∶1，故D正確。12．如圖所示，一個邊長為L的正方形線圈置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場上方L處，磁場寬也為L，方向垂直紙面對里，由靜止釋放線圈且線圈平面始終與磁場方向垂直。假如從線圈的一條邊剛進(jìn)入磁場起先計時，下列關(guān)于通過線圈橫截面的電荷量q、感應(yīng)電流i、線圈運(yùn)動的加速度a、線圈具有的動能Ek隨時間變更的圖像中，可能正確的是()解析：選ACD若線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力等于重力，則線圈勻速進(jìn)入，感應(yīng)電流恒定，由q＝It可知，通過線圈橫截面的電荷量勻稱增大，線圈離開時由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向變更，通過的電荷量勻稱減小，A項可能；由于線圈通過磁場時，線圈的寬度與磁場的寬度相等，故始終是一條邊做切割磁感線運(yùn)動，且速度不行能減小到零，所以線圈通過磁場的過程中不行能出現(xiàn)感應(yīng)電流為零的狀況，故B項錯誤；由于線圈進(jìn)入磁場時重力也可能大于安培力，因此接著做加速運(yùn)動，但速度增大安培力也增大，則加速度減小，當(dāng)安培力增大到等于重力時，加速度變?yōu)榱?，故C項可能；假如線圈剛進(jìn)入磁場時安培力就大于重力，則線圈做減速運(yùn)動，速度減小則安培力減小，最終可能達(dá)到平衡，速度不變，動能不變，故D項可能。二、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)利用DIS(數(shù)字化信息處理系統(tǒng))探究手搖發(fā)電機(jī)(如圖所示)的線圈產(chǎn)生的交變電流。試驗(yàn)步驟如下：①將電壓傳感器接入數(shù)據(jù)采集器；②電壓傳感器的測量夾與發(fā)電機(jī)的輸出端并聯(lián)；③點(diǎn)擊“數(shù)據(jù)采集設(shè)置”設(shè)定“采樣點(diǎn)時間間隔”；④緩慢搖動發(fā)電機(jī)的手柄，視察工作界面上的信號。(1)屏上出現(xiàn)的電壓波形如圖所示，從圖中可以看出，手搖發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電壓波形不是正弦波，其緣由可能是______________________________(寫出一條即可)。(2)探討交變電流的波形時，發(fā)覺在用手搖動發(fā)電機(jī)手柄的2min內(nèi)屏上出現(xiàn)了61個向上的“尖峰”，則交變電流的平均周期為____________。假如發(fā)電機(jī)手搖大輪的半徑是轉(zhuǎn)子小輪半徑的2倍，則手搖大輪轉(zhuǎn)動的平均角速度為__________。解析：(1)只有線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的交變電流才是標(biāo)準(zhǔn)的正弦式溝通電。手搖發(fā)電機(jī)的磁場是由條形磁鐵產(chǎn)生的，所以不是勻強(qiáng)磁場，由于是手搖轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速難以保證恒定。(2)屏上每出現(xiàn)一次向上的“尖峰”，就代表經(jīng)過了一個周期，2min內(nèi)屏上出現(xiàn)了61個向上的“尖峰”，表明周期T＝eq\f(2×60,61－1)s＝2s，大輪的角速度等于小輪的角速度的一半，所以大輪的角速度ω＝eq\f(2π,T)·eq\f(1,2)＝0.5πrad/s。答案：(1)轉(zhuǎn)子不是在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動(或手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速不勻稱)(2)2s0.5πrad/s14．(8分)磁力鎖主要由電磁鐵和銜鐵組成。某小組用如圖甲所示的裝置探討電磁鐵的工作電壓與銜鐵所受磁力大小的關(guān)系，彈性梁一端連接有銜鐵，在外力作用下可以上下運(yùn)動，另一端固定于墻壁，電磁鐵位于銜鐵正下方，V1為志向電壓表。(1)為增大電磁鐵產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，變阻器的滑片P應(yīng)向________端移動(選填“c”或“d”)。(2)已知電磁鐵線圈的直流電阻為30Ω，滑動變阻器的最大阻值為170Ω，電源E的電動勢為12．0V，滑動變阻器能供應(yīng)的最大分壓為11．9V，則電源E的內(nèi)阻為________Ω(保留2位有效數(shù)字)。(3)同學(xué)們將阻值會因形態(tài)變更而發(fā)生變更的金屬應(yīng)變片R1粘貼在彈性梁的上表面，然后將金屬應(yīng)變片R1、定值電阻R2和志向電壓表V2連接成如圖乙所示的電路。線圈通電吸引銜鐵下移時，應(yīng)變片變長，R1的阻值將________，電壓表V2的讀數(shù)將________。(填“增大”“減小”或“不變”)(4)在線圈通電吸合銜鐵后，用外力F使電磁鐵和銜鐵剛好分開，測得外力F與線圈兩端電壓U的關(guān)系如圖丙所示，若要求該鎖能反抗1200N的外力，則工作電壓至少為________V。解析：(1)依據(jù)電流的磁效應(yīng)，電流越大，產(chǎn)生的磁場強(qiáng)度越強(qiáng)，為了增加電磁鐵產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，變阻器的滑片應(yīng)當(dāng)滑向c端；(2)當(dāng)滑動變阻器的滑片P滑到c端時，滑動變阻器供應(yīng)的分壓最大，由閉合電路歐姆定律E＝Um＋I(xiàn)r，I＝eq\f(Um,R)，R＝eq\f(30×170,30＋170)Ω＝25．5Ω，聯(lián)立解得：r＝0.21Ω。(3)線圈通電吸引銜鐵下移時，應(yīng)變片變長，依據(jù)電阻定律，R1的阻值將增大；依據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知，電阻增大，電壓增大，所以電壓表V2的讀數(shù)將增大。(4)由圖丙可知，F(xiàn)＝1200N時對應(yīng)的工作電壓為6．0V，即要求該鎖能反抗1200N的外力，則工作電壓至少為6．0V。答案：(1)c(2)0.21(3)增大增大(4)6．015．(7分)如圖所示，由S點(diǎn)發(fā)出的電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子，從靜止被加速電壓為U、極板間距離為d的勻強(qiáng)電場加速后，從正中心垂直射入電壓為U的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)極板長度和極板距離均為L，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后即進(jìn)入一個垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。若不計重力影響，欲使帶電粒子通過某路徑返回S點(diǎn)，求：(1)簡要畫出粒子經(jīng)磁場返回S點(diǎn)的路徑(粒子其次次進(jìn)入電場時電場方向反向)。(2)粒子第一次進(jìn)入磁場時的速度大??？(3)勻強(qiáng)磁場的寬度D至少為多少？解析：(1)粒子運(yùn)動路徑如圖所示。(2)加速電場對粒子加速，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU,m))粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，其加速度a＝eq\f(qU,mL)粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t2＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2qU))粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移距離y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(L,4)側(cè)向速度vy＝at2＝eq\r(\f(qU,2m))則粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(\f(5qU,2m))。(3)粒子以速度v進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，設(shè)運(yùn)動半徑為R，有qvB＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(5mU,2q))則磁場寬度DD＝R＋eq\r(R2－y2)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(5mU,2q))＋eq\r(\f(5mU,2qB2)－\f(L2,16))。答案：(1)見解析圖(2)eq\r(\f(5qU,2m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(5mU,2q))＋eq\r(\f(5mU,2qB2)－\f(L2,16))16．(9分)為保證教學(xué)工作正常開展，防止停電事故發(fā)生，某中學(xué)安排購置一臺應(yīng)急備用發(fā)電機(jī)。要求如下：一是要保證全校88間教室全部日光燈能正常發(fā)光；二是為避開噪音干擾發(fā)電機(jī)需遠(yuǎn)離教學(xué)區(qū)；三是盡量利用已有設(shè)備和線路。為此，某物理老師調(diào)查后得到以下數(shù)據(jù)：該校每間教室有日光燈20盞，每盞20W，額定電壓均為220V；發(fā)電機(jī)安裝位置距離并網(wǎng)接口約500米，計算得出此段所用電線每米電阻約2．0×10－3Ω，其余部分電阻不計；學(xué)校已有升壓變壓器和降壓變壓器各一臺，升壓變壓器匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶4，降壓變壓器的匝數(shù)比為n3∶n4＝4∶1，兩變壓器均可視為志向變壓器，該物理老師畫出示意圖如圖所示。則：(1)輸電線總電阻R線是多少？(2)購買的發(fā)電機(jī)功率P應(yīng)不小于多少？(3)發(fā)電機(jī)輸出的電壓U1是多少才能保證燈泡正常發(fā)光？解析：(1)輸電線總電阻R線＝2×500×2．0×10－3Ω＝2Ω。(2)全部電燈正常發(fā)光時消耗的功率P燈＝88×20×20W＝35200W＝P4＝P3當(dāng)燈正常發(fā)光時，降壓變壓器副線圈兩端電壓U4＝220V降壓變壓器原、副線圈兩端電壓之比eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(4,1)解得U3＝880V兩變壓器之間輸電線上的電流I線＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(35200,880)A＝40A輸電線上損失的功率P線＝Ieq\o\al(2,線)R線＝402×2W＝3200W所以P＝P燈＋P線＝38400W＝38．4kW即所購發(fā)電機(jī)額定功率不得低于38．4kW。(3)要保證全部燈能正常發(fā)光，則升壓變壓器副線圈兩端電壓U2＝U3＋U線＝U3＋I(xiàn)線R線＝960V故升壓變壓器原線圈兩端電壓U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(1,4)×960V＝240V。答案：(1)2Ω(2)38．4kW(3)240V17．(14分)如圖所示，PM、QN是兩根半徑為d的光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，其間距為l，O、P連線水平，M、N在同一水平高度，圓弧軌道電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于l、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒從軌道的頂端PQ處由靜止起先下滑，到達(dá)軌道底端MN時對軌道的壓力為2mg，求：(1)金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時它兩端的電壓；(2)金屬棒下滑過程中它產(chǎn)生的熱量；(3)金屬棒下滑過程中通過它的電荷量。解析：(1)在軌道的最低點(diǎn)MN處，金屬棒對軌道的壓力FN＝2mg，依據(jù)牛頓第三定律知軌道對金屬棒的支持力大小FN′＝FN＝2mg，則FN′－mg＝meq\f(v2,d)，解得v＝eq\r(gd)。金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時兩端的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)Bleq\r(gd)。(2)金屬棒下滑過程中，由能量守恒定律得mgd＝Q＋eq\f(1,2)mv2，解得Q＝eq\f(1,2)mgd。金屬棒產(chǎn)生的熱量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝eq\f(mgdr,2R＋r)。(3)由q＝IΔt，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝Bld，聯(lián)立解得q＝eq\f(Bld,R＋r)。答案：(1)eq\f(R,R＋r)Bleq\r(gd)(2)eq\f(mgdr,2R＋r)(3)eq\f(Bld,R＋r)18．(16分)帶電粒子一般沒有通常意義上的容器可裝，而是由磁場約束帶電粒子運(yùn)動將其束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖甲所示，圓盒為電子放射器，厚度為h，M處是電子出射口，它是寬度為d＝eq