人教版（2019）高中物理选择性必修二期中测试卷（学生+教师）

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．（24-25高二下·河南驻马店·月考）如图所示，空间内存在方向如图所示的水平匀强磁场，其感应强度大小为，通以恒定电流的形导线放置在该磁场中。已知边长为，与磁场方向垂直，边长为，与磁场方向平行，则该导线受到的安培力大小为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】B
【详解】因段与磁场方向平行，故不受安培力，段与磁场方向垂直，所受安培力大小为
即该导线受到的安培力大小为。
故选B。
2．（22-23高二上·四川成都·期末）如图，用两段材料、长度、粗细均相同的导线分别绕制成P、Q两个闭合正方形线圈，所在区域有方向垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀减小，已知线圈匝数比为，，则P、Q线圈中（ ）
A．感应电流均沿顺时针方向
B．同一时刻磁通量大小之比
C．感应电动势大小之比
D．感应电流大小之比
【答案】D
【详解】A．磁感应强度随时间均匀减小，则穿过线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．根据
可知同一时刻磁通量大小之比为
故B错误；
C．感应电动势大小
感应电动势大小之比为
故C错误；
D．根据电阻定律
（为总长度）
可知两线圈的电阻之比为
根据
感应电流大小之比
故D正确。
故选D。
3．（25-26高二上·广西钦州·期中）关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】A．对于负电荷，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指所指方向即为洛伦兹力方向，故A正确；
B．由于B图像中电荷的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故B错误；
C．对于通电导线，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向即为安培力方向，所以C图中安培力方向应水平向左，故C错误；
D．由于D图像中电流的方向与磁场方向平行，不受安培力的作用，故D错误。
故选A。
4．（22-23高二下·山东聊城·阶段练习）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，图甲中箭头方向为电流正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A．t1时刻FN>G，P有扩张的趋势
B．t2时刻FN=G，此时穿过P的磁通量为0
C．t3时刻FN=G，此时P中有感应电流
D．t4时刻FNG，故A错误；
B．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，线圈和磁铁间无相互作用力，故t2时刻FN=G，此时穿过P的磁通量不为0，故B错误；
C．t3时刻螺线管中电流为零，此时FN=G，但是线圈P中磁通量是变化的，此时线圈中有感应电流，故C正确；
D．t4时刻电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中磁通量不变，线圈中没有感应电流，此时FN=G，故D错误。
故选C。
5．（19-20高二·全国·课后作业）如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（ ）
A．在图像中应有
B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
【答案】D
【详解】A．根据
粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有
故A错误；
BC．根据公式
有
则最大动能为
与加速电压无关，与加速次数无关，故BC错误；
D．根据最大动能为
最大动能与半径有关；面积增加，则半径增加，故D正确。
故选D。
6．（24-25高二下·全国·课后作业）质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为，整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物用块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为
C．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为
【答案】C
【详解】A．根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块所受的洛伦兹力方向垂直于斜面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则判断可知小物块带负电，故A错误；
BC．小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析，可知小物块所受合力
随着v增大，洛伦兹力增大，增大，a增大，则小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；
D．小物块对斜面压力为零时，有
解得
故D错误。
故选C。
7．（22-23高二下·安徽滁州·阶段练习）如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则关于与的大小，下列说法正确的是（ ）

A．B．C．D．不能确定
【答案】A
【详解】当开关S原先闭合，电路处于稳定状态时，通过的电流大小为，当断开S，原来通过的电流立即消失，线圈L阻碍自身电流变化，产生的感应电流也为，其方向与原来流过电阻的方向相反，则说明原来流过的电流也为，由于与并联，电流大小相等，根据欧姆定律
则
故选A。
二、多选题（本题共3小题，每小题5分，部分选对得3分，有选错的得0分，共15分。）
8．（22-23高三下·河北·阶段练习）在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合后，灯泡A会闪亮一下
B．开关闭合后，电路接通稳定后，流过灯泡A的电流是流过灯泡B的电流的一半
C．电路接通稳定后，断开开关S，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．电路接通稳定后，断开开关S，在灯熄灭前，L中不会产生自感电动势
【答案】AC
【详解】ABC．根据题意可知，开关闭合后，电容器充电的过程中，灯泡A发光，开关闭合且电路稳定时，二极管是导通的，灯泡A被短路，电容器上极板带负电，下极板带正电，当开关断开，电容器放电，电流由下极板经电路流向上极板，因为电感线圈对电流的阻碍作用，会有电流通过A灯，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭，故AC正确，B错误；
D．电容器放电过程中，二极管是导通的，通过L中的电流发生变化，产生自感电动势，故D错误。
故选AC。
9．（23-24高二下·全国·课后作业）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲是回旋加速器的示意图，带电粒子获得的最大动能与回旋加速器的半径有关
B．图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极
C．图丙是速度选择器的示意图，若带正电的粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，则带负电的粒子（不计重力）不能自左向右沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S说明粒子的比荷越大
【答案】AD
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
qvmB＝
解得
vm＝
由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A正确；
B．题图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等，方向仍然相反，能通过，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝S3的距离为
d＝2r＝
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D正确。
故选AD。
10．（25-26高二上·重庆·期中）如图所示，直角三角形AOC内（含边界）充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，已知∠A=30°，AO=L。在O点放置一可视为质点的粒子源，能在纸面内发射各种速率、比荷为k的带负电粒子，且粒子发射时的速度方向与边界OA的夹角均为θ。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．若θ=45°，则有粒子从A点射出磁场
B．若θ=30°，则从边界OA射出磁场的粒子的最大速率为BkL
C．若θ=90°，则边界OA有粒子射出的长度为
D．若θ=90°，则从边界AC射出磁场的粒子速率均大于
【答案】BD
【详解】A．粒子能从OA边射出，如图
若θ=45°，假如有粒子从A点射出，则出射方向与OA夹角为45°>30°，说明轨迹已经到达三角形区域外侧，故假设不成立，则没有粒子从A点射出，故A错误；
B．若θ=30°，轨迹与斜边相切时，从OA射出时，半径最大，由几何关系知，半径最大为
根据
解得最大速率为BkL，故B正确；
CD．若θ=90°，轨迹与斜边相切时，半径最大，由几何关系知
解得
则边界OA有粒子射出的长度为
根据
解得从边界OA射出粒子最大速度为
则从边界AC射出磁场的粒子速率均大于，故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（本题共16分。）
11．（7分）（19-20高二上·江苏南通·期末）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分。

（1）如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道 。
（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向 偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向 偏转。（均选填“左”或“右”）
（3）某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除 （选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应 （选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）。
【答案】 电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 左 左 A 断开开关
【详解】（1）[1]如题图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系。
（2）[2][3]如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。
（3）[4][5]在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而会突然被电击一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关。
12．（9分）（21-22高二下·全国·课时练习）小明同学将废弃不用的手机充电器拆开，发现内部有一个变压器，他想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆挡测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：
①电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；
②电流表A2（量程5 mA，内阻，读数记为I2）；
③电压表V（量程15V，内阻RV约为15 KΩ，读数记为U）；
④定值电阻；
⑤定值电阻；
⑥滑动变阻器R（0~1000Ω）；
⑦蓄电池E（电动势6V，内阻很小）；
⑧开关、导线若干。
（1）小明利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方 ；

（2）请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号 ；
（3）测量初级线圈的电阻表达式为RL= ；（本结果均用题中所给的字母表示）
（4）关于实验操作说法正确的是 。
A．接通电路时应先接通K1，电路稳定后再接通K2
B．实验结束拆除电路时应先断开K1，稍等一会儿再断开K2
C．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数
【答案】 电压表量程过大 A
【详解】（1）被测线圈两端的最大电压为6V，达不到电压表V量程的一半，测量误差较大，所以不能使用该电压表；
（2）流过被测线圈的最大电流为
所以电流表选择A1；如果变阻器选择分压接法，当与被测线圈并联的部分电阻丝阻值达到时（滑片已经滑过了五分之三的区域），被测线圈两端的电压才达到2.25V，所以分压接法很难控制被测线圈两端电压的微小变化；如果选择限流接法，被测线圈两端的电压变化范围为1.8V~6V，足够测量多组数据，而且串联情况下更容易控制电压的微小变化，所以滑动变阻器选择限流接法；用内阻已知的电流表A2和阻值较大的定值电阻R2构造成电压表，用来测量电压值；流过电压表的电流最大值为
符合电流表A2的量程；由于电流表A2可以测出电流，所以电流表采用外接法，可以减小测量误差。改进后的电路图如下图所示

（3）根据部分电路的欧姆定律，被测线圈的阻值为
（4）由于线圈具有自感，在电路通断的瞬间，会产生较强的感应电流，容易损坏电流表，所以接通电路时应先接通K1，待电路稳定后再接通K2；实验结束拆除电路时应先断开K2，稍等一会儿再断开K1；调整滑动变阻器电阻后应稍等一会，待电流表示数稳定后再读出读数。
故选A。
四、解答题（本题共3小题，共41分。）
13．（10分）（22-23高二上·四川宜宾·期末）如图所示，一重力不计的带正电的粒子，电荷量为以速度垂直于匀强磁场的边界射入磁场中，磁场的宽度为，磁感应强度为，粒子能够从另一边界射出，穿透磁场时速度方向与粒子原来入射方向的夹角为，求：
（1）粒子的质量；
（2）粒子穿越磁场的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意画出带电粒子的运动轨迹图，如图所示
设运动的轨道半径为，由几何关系可知
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供运动的向心力
解得
设粒子运动的周期为T，根据牛顿第二定律可知
粒子在磁场中运动的时间为
解得
14．（13分）（22-23高二·山东临沂·期中）在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L=0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若cd杆以恒定加速度a=2 m/s2由静止开始做匀变速运动，求：
（1）在5 s内平均感应电动势是多少？
（2）第5 s末，回路中的电流多大？
（3）第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
【答案】（1）0.4 V；（2）0.8 A；（3）0.164 N
【详解】（1）5 s内的位移
x=at2=25 m
5 s内的平均速度
所以平均感应电动势
（2）5 s末
v=at=10 m/s
此时感应电动势
E=BLv=0.8 V
由欧姆定律得
（3）杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F-F安=ma
即
F=ma＋F安=ma＋BIL=0.164 N
15．（18分）（22-23高二下·广东惠州·阶段练习）饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为，线圈的总电阻为，线圈连接一电阻，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），
（1）请你判定0~0.1s时间内，流经电阻R的电流方向
（2）求0~0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；
（3）求0.1~0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）从上到下；（2）；（3）
【详解】（1）根据楞次定律“增反减同”可知0~0.1s时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；
（2）由法拉第电磁感应定律有
0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，则有
根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为
（3）0.1～0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
则通过电阻R的电荷量为
结合图像可得