2024-2025学年新教材高中物理本册综合学业质量标准检测B新人教版选择性必修第二册

本册综合学业质量标准检测(B)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．法拉第“磁生电”这一宏大的发觉引领人类进入了电气时代。下列试验现象，属于探讨电磁感应现象的是(B)解析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的试验。选项B是探讨电磁感应现象的试验，视察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流。选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的试验。选项D是奥斯特试验，证明通电导线四周存在磁场。2．(2024·北京市朝阳区高二调研)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(C)A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：由左手定则知，粒子带负电。A错；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。B错；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出。C对；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，运动时间变长。D错。3．(2024·河南省开封市高三模拟)随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动汽车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置运用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采纳平铺式放置，用户无须下车、无须插电即可对电动汽车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是(B)A．无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动汽车快速充电B．车身感应装置线圈中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变更C．车身感应装置线圈中感应电流的磁场总是与地面供电装置线圈中电流的磁场方向相反D．若线圈均采纳超导材料则能量的传输效率有望达到100%解析：题中给出无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，在百米开外无法充电，故A项错误；无线充电桩是通过变更地面供电装置的电流使电动汽车底部的感应装置产生感应电流，依据楞次定律可知，车身感应装置线圈中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变更，故B项正确；由于不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故车身感应装置线圈中感应电流的磁场不肯定总是与地面供电装置线圈中电流的磁场方向相反，故C项错误；由于电磁辐射等因素，传输效率不行能达到100%，故D项错误。4．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变更的状况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是(D)解析：对A项，对于正弦式电流，有效值I1＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A。依据焦耳定律得Q1＝Ieq\o\al(2,1)RT＝(eq\r(2))2RT＝2RT；对B项，对于正弦式电流，有效值I2＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，依据焦耳定律得Q2＝Ieq\o\al(2,2)RT＝(eq\r(2))2RT＝2RT；对C项，依据焦耳定律得Q3＝I2RT＝2.25RT；对D项，对于方波，依据焦耳定律得Q4＝Ieq\o\al(2,4)R·eq\f(T,2)＋I4′2R·eq\f(T,2)＝2RT＋2RT＝4RT，故D项正确。5.图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、开关和电池E可构成闭合电路。线圈中的箭头表示线圈电流的正方向，当电流的流向与箭头的方向相同时，该电流为正，否则为负。开关K1和K2都处在断开状态。设在t＝0时刻接通K1，经过一段时间后，在t＝t1时刻，再接通K2，则能正确表示L中的电流I随时间t变更的图线是下面给出的四个图中的(A)解析：只闭合K1，由于线圈的自感现象，L中的电流渐渐增大，最终增大到稳定值，再闭合K2，导线把电源和R0短路，线圈L和R构成闭合回路，由于线圈的自感现象，L中的电流由原值起先渐渐减小，方向不变，最终减小到零。A图符合实际状况。6．(2024·山东省寿光试验中学高二检测)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与开关S和内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。一根导体棒ab垂直于导轨放置，质量m＝60g、电阻R＝1Ω，用长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。闭合开关S后，导体棒沿圆弧摇摆，摇摆过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，g取10m/s2)，则(B)A．磁场方向肯定竖直向上B．电源的电动势E＝8.0VC．导体棒在摇摆过程中所受安培力F＝8ND．导体棒在摇摆过程中的最大动能为0.128J解析：当开关S闭合时，导体棒向右摇摆，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tanθ＝eq\f(F,mg)，得E＝8.0V，安培力F＝0.8N，故B正确，C错误；依据动能定理得FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08J，故D错误。7．如图(甲)所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止。若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻。图(乙)是计算机荧屏上显示的UI－t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的。下列说法正确的是(AB)A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会减小B．若仅减小h，两个峰值都会减小C．若仅减小h，两个峰值可能会相等D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会减小解析：若仅增大h，磁铁穿过螺线管的时间减小，故A正确；若仅减小h，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，E变小，两个峰值都会减小，故B正确，C错误；若仅减小滑动变阻器阻值，滑动变阻器消耗的功率增大，两个峰值都会增大，故D错误。8．一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是(BC)A．速度选择器的P1极板带负电B．粒子1带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E/B1D．粒子2的比荷q/m肯定值最大解析：若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，依据左手定则推断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1＝qE，解得v＝eq\f(E,B1)，故C正确；依据qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷越小，所以D错误。9．图甲为某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一志向变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为沟通电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下推断正确的是(BC)A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于eq\f(5,\r(2))VC．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)>1000D．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)<1000解析：电压表的示数为有效值，等于U1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))V，选项A错误B正确；实现点火的条件是U2>5000V，所以eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)>1000，选项C正确D错误。10．(2024·江西省南昌二中高二上学期期末)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示，有一变更的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面对里的方向为正，变更规律如图乙所示。在t＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计，取上板的电势为零。粒子始终未打中极板，则以下说法中正确的是(ACD)A．第2s内上极板为正极B．第2s末粒子回到了原来位置C．第2s末两极板之间的电场强度大小为eq\f(πr2,10d)(V/m)D．第4s末粒子的电势能为eq\f(qπr2,20)(J)解析：由图像可知，在第2秒内，磁场垂直于纸面对内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面对内，由此可见，上极板电势高，是正极，故A正确；由楞次定律可知，在第1秒内，下板为正，粒子向上做匀加速运动，第2秒内，上板为正，粒子向上做匀减速运动，直到速度为零，即第2s末粒子距离动身点最远，没有回到原来的位置，故B错误；法拉第电磁感应定律可知，在第2秒内产生的感应电动势为：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝πr2eq\f(0.1－0,1)V＝eq\f(πr2,10)(V)，则两极板间的电场强度为：E′＝eq\f(E,d)＝eq\f(πr2,10d)(V/m)，故C正确；第4秒末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因上板电势为零，则中点的电势为φ＝E×eq\f(d,2)＝eq\f(πr2,20)V，粒子具有的电势能为：Ep＝φq＝eq\f(πr2q,20)J，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11．(6分)沟通电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，运用时，只要将电流表串联进电路即可。扩大沟通电流表量程可以给它并联一个分流电阻。还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用。如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1>n2，若将电流表的“0～3A”量程扩大，应当将沟通电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子a、b相连(选填“a、b”或“c、d”)；这时，电流表的量程为eq\f(3n1,n2)A。解析：当只有一组原、副线圈时，志向变压器电流与匝数间的关系是eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，即匝数与电流成反比。已知变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1，大于c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2，即n1>n2。因此，该沟通电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子a、b相连，这样，电流表的小示数才能反映原线圈中的大电流，起到扩大量程的作用。此时，电流表的量程为I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(3n1,n2)A。12．(8分)(2024·辽宁省本溪市高二上学期期末)某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏电阻R安装在须要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分别，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分别，警铃响。图甲中继电器的供电电压U1＝3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻R的阻值随温度变更的图像。(1)图甲中警铃的接线柱C应与接线柱B相连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连(均选填“A”或“B”)。(2)当环境温度上升时，热敏电阻阻值将减小，继电器的磁性将增大(均选填“增大”“减小”或“不变”)，当环境温度达到80℃时，警铃报警。解析：(1)由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分别，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；(2)分析乙图发觉：温度上升时，热敏电阻阻值减小，依据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；当线圈中的电流I＝50mA＝0.05A时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则限制电路的总电阻R总＝eq\f(U,I)＝eq\f(3V,0.05A)＝60Ω，因此热敏电阻R＝R总－R0＝(60－30)Ω＝30Ω，由图乙可知，此时t＝80℃，所以，当温度t≥80℃时，警铃报警。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，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10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，其他电阻忽视不计。轨道处的磁场方向垂直轨道平面对下，电容器处的磁场垂直纸面对里，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：(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)颗粒做匀速圆周运动，由牛顿其次定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，颗粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得：L2＋(r－d)2＝r2，解得：v＝eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)。14．(11分)如图所示是沟通发电机模型示意图，n＝100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(2),10π)T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.48m2。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100πrad/s匀速转动，并与志向升压变压器相连，升压变压器的原、副线圈匝数比为25，志向降压变压器副线圈接入一只“12V30Ω”的灯泡，且灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计。(1)将图示时刻记为t＝0，指出此刻线框中的电流方向，并写出该正弦式沟通电电动势的瞬时值表达式；(2)求降压变压器的原、副线圈匝数比；(3)求灯泡正常发光时，电流表的读数。答案：(1)电流方向为DCBADe＝480eq\r(2)cos(100πt)(V)(2)1001(3)0.01A解析：(1)利用右手定则推断得到，电流方向为DCBAD从平行磁场起先计时，该正弦式沟通电电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcos(ωt)，代入相关数据得e＝480eq\r(2)cos(100πt)(V)。(2)发电机的电动势有效值是480V，升压变压器的原、副线圈匝数比为25，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，得升压变压器副线圈的电压U2＝1200V，由于灯泡正常发光，则通过降压变压器电压降为12V，eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)，线路电阻不计，则U2＝U3，得eq\f(n3,n4)＝eq\f(100,1)。(3)灯泡正常发光时，I灯＝eq\f(U,R)＝eq\f(12,30)A＝0.4A，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)和eq\f(I3,I灯)＝eq\f(n4,n3)，解得I1＝0.01A。15．(12分)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，边长L1＝0.5m的正方形区域内存在着垂直于斜面对下的匀强磁场。一个匝数n＝10的刚性正方形线框，边长为L2＝0.6m，通过松弛的松软导线(对线框的作用力近似为零)与电阻R相连，R＝1.25Ω。正方形磁场区域的一半恰好在正方形线框内部。已知线框质量m＝2kg，总电阻R0＝1.25Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝B0－2t(T)的规律变更，线框能保持一段时间静止在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；(2)B0的取值范围；(3)若t＝0时刻线框恰好不上滑，线框保持不动的时间内，电阻R上产生的热量Q的最大值是多少？答案：(1)2.5V(2)0.8T<B0≤4T(3)2J解析：(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)eq\f(L\o\al(2,1),2)，解得E＝2.5V；(2)由I＝eq\f(E,R＋R0)，解得I＝1A，经分析可知t＝0时刻线圈若恰要上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝nB01IL1，解得B01＝4T，t＝0时线圈若恰要下滑有mgsinθ＝μmgcosθ＋nB02IL1，解得B02＝0.8T。题目要求线框保持静止一段时间而t＝0起先B是要减小的，则0.8T<B0≤4T；(3)线框保持不动的最长时间为t，这段时间内磁感应强度从4T减小为0.8T，由B＝B0－2t，解得t＝1.6s，由Q＝I2Rt，解得Q＝2J。16．(13分)(2024·春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考)如图，竖直面内一倾斜轨道与一水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接。绝缘的水平轨道分为三个区间：cd区间存在方向垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场；de区间长为L，当物块经过时会吸附负电荷(物块的质量和速度不受影响)，单位时间吸附的电荷量为k；足够长的ef区间存在方向水平向右、场强为E的匀强电场。整条轨道中，cd区间粗糙，其余光滑。质量为m的小物块(视为质点)从斜轨道上高为2H的a处由静止释放，第一次恰能返回到斜面上高为1.4H的b点，然后再次下滑。已知K＝eq\f(mg,4BL)(g为重力加速度)，物块上的电荷在斜轨道上运动时会被完全导走。忽视空气阻力。求小物块：(1)第一次来回过程中克服摩擦力做的功；(2)第一次返回从d点刚进入cd区间时，所受洛伦兹力的大小和方向；(3)第一