高中物理人教版2本册总复习总复习 学业质量标准检测

第四章学业质量标准检测本卷分第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．如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是eq\x(导学号09152180)(D)解析：根据电流的磁效应，导线通电后其下方存在磁场，小磁针在磁场的作用下偏转，没有感应电流，故A错误；由法拉第电磁感应定律知，闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动，磁通量没有变化，所以没有产生感应电流，所以B错误；通电导线在磁场中受安培力的作用，所以不存在感应电流，故C错误；闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流，故D正确。2．(四川省自贡市2023～2023学年高二上学期期末)如图所示电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，下列操作中能使电容器C的A板带正电的是eq\x(导学号09152181)(B)A．S闭合的瞬间 B．S断开的瞬间C．S闭合电路稳定后 D．S闭合、向左移动变阻器触头解析：S闭合瞬间，由于L的自感作用，阻碍电流增大，则电源给电容器充电，所以B极带正电，故A错误；S断开瞬间，由于线圈电流变化，产生自感电动势，阻碍电流减小，则对电容器充电，所以A板带正电，故B正确；S闭合时电路稳定后，L的电阻为零，所以C两端无电压，故C错误；S闭合，向左迅速移动滑动变阻器触头，电流增大，则自感线圈阻碍电流增大，对电容器充电，所以B极带正电，故D错误，故选B。3.如图所示，用铝制成⊃型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场的方向向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为F，则eq\x(导学号09152182)(A)A．F＝mg B．F>mgC．F<mg D．无法确定解析：当金属框架向左侧移动时，切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在上下极板间产生电势差，进而形成向上的匀强电场E0＝eq\f(E,L)＝Bv。若小球带正电荷q，其电场力向上大小为qE0＝qvB，而洛伦兹力由左手定则可判断出方向向下，大小为qvB，两者相互抵消相当于只受重力和拉力作用，所以F＝mg，A选项正确。4．(湖南衡阳八中2023～2023学年高二下学期检测)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是eq\x(导学号09152183)(C)A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a解析：当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，c点电势高，Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，故C正确，A、B、D错误。5．(江西赣州十三县(市)2023～2023学年高二下学期期中)两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图所示的连接方式，用导线连接起来，当把电流计A的指针向左边拨动的过程中，电流计B的指针将eq\x(导学号09152184)(A)A．向右摆动B．向左摆动C．静止不动D．发生摆动，但不知道电流计的内部结构情况，故无法确定摆动方向解析：因两表的结构完全相同，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向应用右手定则判断；对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断，研究两表的接线可知，两表串联，故可判定电流计B的指针向右摆动，故选A。6．(辽宁沈阳市2023～2023学年高二上学期期末)如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是eq\x(导学号09152185)(D)A．圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变B．CD段直线始终不受安培力作用C．感应电动势平均值为eq\f(1,2)πBavD．通过导线横截面的电荷量为eq\f(Bπa2,2R)解析：从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；CD段的电流方向由D到C，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，故B错误；运动的时间Δt＝eq\f(2a,v)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故C错误；通过导线横截面的电荷量为：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,R)＝eq\f(Bπa2,2R)，故D正确。7．(江西白鹭洲中学2023～2023学年高二上学期检测)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝5000匝，横截面积S＝20cm2，螺线管导线电阻r＝Ω，R1＝Ω，R2＝Ω，在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化(规定磁感应强度B向下为正)，则下列说法中正确的是eq\x(导学号09152186)(AD)A．螺线管中产生的感应电动势为1VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2WC．电路中的电流稳定后电容器下极板带负电D．S断开后，流经R2的电流方向由下向上解析：A．根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)；代入数据可求出：E＝1V，故A正确；B．根据全电路欧姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1,4＋5＋1)A＝0.1A；根据P＝I2R1得：P＝×4W＝4×10－2W，故B错误；C．根据楞次定律可知，螺线管下端电势高，则电流稳定后电容器下极板带正电，故C错误；D．S断开后，电容器经过电阻R2放电，因下极板带正电，则流经R2的电流方向由下向上，故D正确；故选AD。8．(重庆一中2023～2023学年高二上学期期末)如图，光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成，水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中，右端接一电源(电动势为E，内阻为r)。一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分，从某一高度由静止释放，金属杆PQ进入磁场后的运动过程中，速度时间图象可能是下图中的哪一个？(导轨电阻不计)eq\x(导学号09152187)(ABD)解析：金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断得知，感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。A．若杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等时，回路中总电动势为零，电路中没有电流，金属杆不受安培力，做匀速直线运动，故A是可能的；B．若杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小，杆中电流方向从P到Q，所受的安培力方向向右，将做加速运动，随着速度增加，棒产生的感应电动势增加，回路中总的电动势增加，电流减小，棒所受的安培力减小，加速度随之减小，可知v－t图象的斜率减小，故B是可能的；C．D若杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小，杆中电流方向从Q到P，所受的安培力方向向左，将做减速运动，随着速度减小，棒产生的感应电动势减小，回路中总的电动势减小，电流减小，棒所受的安培力减小，加速度随之减小，可知v－t图象的斜率减小，故C是不可能，D是可能的。9．(郑州一中2023～2023学年高二检测)等离子气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有随图乙所示变化的磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是eq\x(导学号09152188)(BD)A．0～1s内ab、cd导线互相排斥B．1～2s内ab、cd导线互相吸引C．2～3s内ab、cd导线互相吸引D．3～4s内ab、cd导线互相排斥解析：由左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板偏转，负离子向下极板偏转，所以ab中电流方向是由a向b的。在第1s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知两导线相互吸引，A错；在第2s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知两导线相互吸引，B正确；同理可以判断其他选项，故正确选项为B、D。10．(湖北宜昌市金东方高中2023～2023学年高二上学期期末)如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其底边长为2L，高为L。在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿顺时针的感应电流方向为正，下图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象不正确的是eq\x(导学号09152189)(BCD)解析：bc边的位置坐标x在L－2L过程，线框bc边有效切线长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v，感应电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。x在2L－3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框有效切线长度为l＝L，感应电动势为E＝Blv＝BLv，感应电流i＝－eq\f(BLv,R)。x在3L－4L过程，线框ad边有效切线长度为l＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Blv＝B(4L－x)v，感应电流i＝eq\f(B4L－x,R)，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。由图示图象可知，A正确，本题选不正确的，故选BCD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)11．如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。eq\x(导学号09152190)(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是穿过线圈的磁通量发生变化。(2)电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成正比关系。(3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？磁通量的变化量，什么量是不同的？磁通量的变化率。(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。12．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。造成漏电保护器自动切断电源的原因可能为磁卡机用电端_B__。(填下列选项前字母)eq\x(导学号09152191)A．零线与火线之间漏电B．火线与地线之间漏电或零线直接接地C．磁卡机装得过多，造成电流太大解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，根据互感现象，只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。13．(河北衡水中学高二期中)法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕。法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连。当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则电刷A的电势低于电刷B的电势(填高于、低于或等于)；若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将增大；(填增大、减小或不变)；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将减小(填增大、减小或不变)eq\x(导学号09152192)解析：根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从A到B，则电刷A的电势低于电刷B的电势；若仅提高金属盘转速，由E＝BLv知，产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数将变大；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，变阻器接入电路的电阻增大电磁铁的磁场减弱，则感应电动势变小，则电路中电流减小，灵敏电流计的示数变小，故D正确。三、论述·计算题(共4小题，42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)14．(9分)如图所示，一个100匝的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为200cm2，线圈的电阻为1Ω，在线圈外接一个阻值为4Ω的电阻和一个理想电压表。电阻的一端B与地相接，线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如B－t图所示。求：eq\x(导学号09152193)(1)t＝3s时穿过线圈的磁通量。(2)t＝5s时，电压表的读数。答案：(1)7×10－3Wb(2)解析：(1)t＝3s时，Φ＝BS＝×10－1×200×10－4Wb＝7×10－3Wb(2)4～6s内的感应电动势为E1＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(4－0×10－1,6－4)×200×10－4V＝电压表的读数为U＝eq\f(E1,R＋r)R＝eq\f,4＋1)×4V＝15．(10分)(辽宁沈阳市2023～2023学年高二上学期期末)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为L且以角速度ω顺时针匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻，试求：eq\x(导学号09152194)(1)导体棒Oa两端产生的电势差；(2)流过电阻R上的电流大小及方向；(3)所需外力的功率。答案：(1)eq\f(1,2)BL2ω(2)eq\f(BL2ω,2R)从左向右(3)eq\f(B2L4ω2,4R)解析：(1)(2)导体棒Oa匀速转动，产生的感应电动势：E＝Bleq\x\to(v)＝BLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，电路中只有电阻R，其余电阻都不计，则Oa端的电势差为：eq\f(1,2)BL2ω；(2)回路中感应电流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定则可知，流过电阻R的电流从左流向右；(3)外力功率等于电阻R消耗的电功率：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L4ω2,4R)。16．(11分)如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平平行放置，ab是电阻为R0的金属棒，可紧贴导轨滑动，导轨右侧连接水平放置的平行板电容器，板间距为d，板长也为L，导轨左侧接阻值为R的定值电阻，其它电阻忽略不计。轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B。当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电量大小为q的颗粒以某一速度从紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并刚好从C板右侧边缘离开。求：eq\x(导学号09152195)(1)AC两板间的电压U；(2)带电颗粒的质量m；(3)带电颗粒的速度大小v。答案：(1)eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)解析：(1)由法拉第电磁感应定律，ab棒的电动势为：E＝BLv0设AC间的电压为U，由闭合电路欧姆定律，得：I＝eq\f(E,R＋R0)，又U＝IR解得：U＝eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)带电颗粒恰好做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有：qeq\f(U,d)＝mg解得：m＝eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)颗