新人教版高中物理选择性必修第二册本册综合学业质量标准检测（A）含答案

本册综合学业质量标准检测(A)

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90分钟。

第Ⅰ卷(选择题　共40分)

一、选择题(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．物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。下面四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是(　D　)

A．甲图是天宫一号中太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据胡克定律

B．乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用

C．丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体

D．丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热

解析：甲图是天空一号太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据牛顿第二定律，故 A错误；乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到磁场力作用，故B错误；丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为起到静电屏蔽作用，有利于保护人体，故C错误；丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热，故D正确。

2．(2021·云南省师大附中高二下学期段考)质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，其截面如图所示，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角。则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是(　C　)

A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为

B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为

C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为

D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为

解析：对导体棒受力分析如图，根据共点力平衡条件可得BIL＝mgtan 60°，解得I＝，由左手定则知电流方向向里，C正确。

3．如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒AB与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场。N、Q端接理想变压器的原线圈，变压器的输出端有三组副线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中不正确的是(　 A　)

A．在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR≠0、IL≠0、IC＝0

B．在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR＝0、IL＝0、IC＝0

C．若AB棒在某一中心位置附近做变速往复运动，则IR≠0、IL≠0、IC≠0

D．若AB棒做匀加速直线运动，则IR≠0、IL≠0、IC＝0

解析：由题意知，当AB棒匀速运动且AB棒上的电流稳定后，铁芯中的磁通量恒定，三个副线圈中没有感应电流，即IR＝0，IL＝0，IC＝0。故 A错，B对；若AB棒做变速往复运动，则AB棒中产生交变电流，副线圈中感应出交变电流，IR≠0，IL≠0，IC≠0。C对；若AB棒做匀加速直线运动，则铁芯中的磁通量均匀增加，在副线圈中产生恒定的感应电动势，有IR≠0，IL≠0，IC＝0。故D对。

4.如图所示，两轻质闭合金属圆环，穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态。当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是(　B　)

A．同时向左运动，两环间距变大

B．同时向左运动，两环间距变小

C．同时向右运动，两环间距变大

D．同时向右运动，两环间距变小

解析：将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的效果是阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。又因为两铝环中的感应电流方向相同，两铝环相互吸引，因而两铝环间距离要减小，选项B正确。

5．(2021·山东省青岛市高三模拟)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　B　)

A．kBl，kBl B．kBl，kBl

C．kBl，kBl D．kBl，kBl

解析：若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，

有qvAB＝m，

Ra＝，

解得vA＝＝＝；

若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，

有qvdB＝m，

R＝2＋l2，

解得vd＝＝＝。

选项B正确。

6.如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n1，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则(　D　)

A．负载R两端的电压为

B．原线圈中的电流强度为通过R电流的

C．变压器的副线圈磁通量为0

D．通过负载R的电流强度为0

解析：切割磁感线感应电动势E＝Br2ω，其大小和方向不变，为直流电，由于变压器是理想变压器，所以变压器副线圈两端的电压是0，故 A错误；变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流，故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流，故B错误；虽然通过负载R的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0，故C错误，D正确。

7．如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来。则以下说法中正确的是(　BC　)

A．D′点一定在D点左侧

B．D′点一定与D点重合

C．D″点一定在D点右侧

D．D″点一定与D点重合

解析：根据动能定理

mgh＝μmgcos α·LAB＋μmgLBD  ①

当加电场时

(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cos α·LAB＋μ(mg＋Eq)LBD′ ②

由上两式得LBD＝LBD′，所以B项正确。

当加磁场时，由左手定则知物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小，又洛伦兹力不做功，摩擦力变小物块可以滑行更远，所以可判断C项正确。

8．(2020·吉林大学附属中学月考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω。重力加速度g取10 m/s2，π2≈10。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsinπt(m/s)。则下列说法正确的是(　ABC　)

A．波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝64sinπt(V)

B．灯泡中电流i的瞬时值表达式为i＝4sinπt(A)

C．灯泡的电功率为120 W

D．灯泡两端电压的有效值为 V

解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为E max＝NBlv max，其中l＝πD，联立得E max＝64 V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝E maxsin πt＝64sin πt(V)，根据闭合电路欧姆定律有i＝＝4sin πt(A)，故AB正确；灯泡电流的有效值为I＝ A＝2 A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120 W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝30 V，故D错误。

9.如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则(　AB　)

A．小球A仍可能处于静止状态

B．小球A将可能沿轨迹1运动

C．小球A将可能沿轨迹2运动

D．小球A将可能沿轨迹3运动

解析：若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确；若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确，C、D错误。

10．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，MP间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时刻对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过电阻R的电荷量q与时间二次方(t2)的变化关系如图乙所示。则下列关于金属棒克服安培力做功的功率P、加速度a、受到的外力F及通过金属棒的电流I随时间变化的图像正确的是(　CD　)

解析：由图乙得，q＝kt2，k是比例系数，设金属棒长为L，则I＝＝kt，则I与t成正比，故选项D正确；安培力做功，转化为整个电路的热量，则P＝I2(r＋R)＝k2t2(r＋R)，故选项 A错误；由I＝＝＝kt知v与时间t成正比，知加速度不变，故选项B错误；由牛顿运动定律知F－F安－mgsin θ＝ma，知F＝＋mgsin θ＋ma，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故选项C正确。

第Ⅱ卷(非选择题　共60分)

二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)

11．(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。

(1)将图中所缺导线补接完整。

(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后：

A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转一下。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)

B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏转一下。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)

答案：(1)如图所示

解析：(1)见答案

(2)闭合开关穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表指针右偏

A．闭合电键后，将原线圈插入副线圈时，副线圈磁通量也变大，故指针右偏。

B．滑动变阻器触头迅速向左拉时接入电路电阻变大，原线圈电流变小磁场变弱，副线圈磁通量变小，故指针左偏。

12．(8分)(2021·江西省南昌二中高二下学期期中)如图1所示是一种常用的力传感器，它是利用金属电阻应变片将力的大小转换为电阻大小变化的传感器。常用的力传感器由金属梁和应变片组成，且力F越大，应变片弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差ΔU＝|U1－U2|也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19 Ω，为了准确地测量该阻值，设计了以下实验，实验原理图如图2所示。

实验室提供以下器材：

A．定值电阻R0(R0＝5 Ω)

B．滑动变阻器(阻值为2 Ω，额定功率为50 W)

C．电流表A1(0.6 A，内阻r1＝1 Ω)

D．电流表 A2(0.6 A，内阻r2约为5 Ω)

E．直流电源E1(电动势3 V，内阻约为1 Ω)

F．直流电源E2(电动势6 V，内阻约为2 Ω)

G．开关S及导线若干

(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差ΔU等于零(填“大于零”“小于零”或“等于零”)；

(2)图2中①、②为电流表，其中电流表①选_A1(填“ A1”或“ A2”)，电源选E2(填“E1”或“E2”)；

(3)在供电电路中滑动变阻器有两种连接方式：一种是限流式，另一种是分压式，本实验应选择的方式为分压式；

(4)在图3中，将原电路B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计的电路A、B、C端的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图3中正确连接电路；

(5)结合上述实验步骤可以得出电阻的表达式为R＝(两电流表的电流分别用I1、I2表示)。

答案：(4)见解析

解析：(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差ΔU等于零；

(2)图2中①要当电压表使用，因此内阻必须已知，故电流表①应选内阻已知的电流表 A1，压力传感器与A1并联后总电阻约为1 Ω。除电源内阻外，回路总电阻约为R0＋r2＋1 Ω＝11 Ω；电流表最大电流为0.6 A，则根据闭合电路欧姆定律，电源电压需接近6.6 V，则电源选E2；(3)本实验中滑动变阻器阻值较小，且要得到连续可调的多组数据，则应选择的连接方式为分压式；

(4)电路连接如图；

(5)由欧姆定律可知：R＝

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)(2020·山东省日照市高三模拟)如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11 kg，电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100 V。金属板长L＝20 cm，两板间距d＝10 cm。求：

(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；

(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；

(3)若该匀强磁场的宽度为D＝10 cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？

答案：(1)1×104 m/s　(2)θ＝30°　(3)0.346 T

解析：(1)微粒在加速电场中，由动能定理得：

qU1＝mv，

解得：v0＝1.0×104  m/s。

(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，

在水平方向：L＝v0t，竖直分速度：vy＝at＝t，

飞出电场时偏角的正切值：tan θ＝，

解得：tan θ＝，θ＝30°。

(3)微粒进入磁场时的速度v＝，粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：D＝r＋rsin θ，

微粒做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，

解得：B＝，代入数据得：B＝ T≈0.346 T，

微粒不从磁场右边射出，磁场的磁感应强度至少为0.346 T。

14．(11分)(2021·新疆生产建设兵团二师华山中学高二下学期月考)如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：

(1)通过小灯泡的电流大小和方向；

(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。

答案：(1)0.1 A；向下　(2)1 m/s

解析：(1)0～4 s内，电路中的感应电动势E＝＝S＝×0.5×2(V)＝0.5(V)，

此时灯泡中的电流IL＝＝＝ A＝0.1 A，

通过小灯泡的电流方向向下。

(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化。

根据E′＝Bdv，I′＝＝ ，UL＝I′，IL＝，解得v＝1 m/s。

15．(12分)如图所示，矩形线圈ABCD在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的DC边匀速转动，转动的角速度为ω，线圈的匝数为N、面积为S。从图示位置开始计时，在矩形线圈右侧接一变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，K为单刀双掷开关，R为光敏电阻。求：

(1)矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；

(2)K接b时，电阻R上消耗的功率；

(3)K接c时，电压表示数；

(4)K接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将如何变化？

答案：(1)e＝NBSωsin ωt　(2)0　(3)

(4)变小

解析：(1)从中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsin ωt。

(2)K接b时，副线圈上的电动势相互抵消，副线圈上电压为0，则R上两端电压为0，消耗功率为0。

(3)K接c时，根据＝，电阻两端的电压为：

U2＝U1＝。

(4)变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，K接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出电流变小，所以输入电流也变小。

16．(13分)(2020·四川省资阳市高二上学期期末)如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中(图中区域Ⅰ)，其场强E1＝，区域Ⅱ存在竖直向上的匀强电场，区域Ⅲ存在正交的匀强电场和匀强磁场，一质量为m、带电量为＋q的小球从A点无初速度释放，AO距离为L，OO1的距离也为L。小球恰经过O1点上方处的P点再进入区域Ⅲ做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：

(1)区域Ⅲ内电场的电场强度E3；

(2)区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度B；

(3)小球从A点开始至回到A点的运动时间t。

答案：(1)E3＝　(2)B＝　(3) t＝

解析：根据题意，作出小球的运动轨迹示意如图所示。

(1)小球在区域Ⅲ做匀速圆周运动，则：qE3－mg＝0　解得：E3＝。

(2)小球在区域Ⅰ内做匀加速运动，设到达O点时速度为v0，由动能定理有：qE1L＝mv，

小球从O到P做类平抛运动，设经过时间t2到达P点，速度为v，水平方向：L＝v0t2，

竖直方向加速度为：qE2－mg＝ma，位移为：＝at，

根据动能定理：(qE2－mg)＝mv2－mv，

设小球从O1N边界进入区域Ⅲ时速度与O1N的夹角为θ，有：v＝，θ＝45°，

小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动有：qvB＝m，可得：R＝　联立解得：B＝，t2＝。

(3)根据题意：从A到O，小球做匀加速运动，有：

v0＝a1t1，qE1＝ma1，

小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，有：T＝，

t3＝T，

对小球运动全程，有：t＝2t1＋2t2＋t3　联立解得：t＝。