高中物理人教版2本冊總復習總復習 本冊綜合學業(yè)質量標準檢測b

本冊綜合學業(yè)質量標準檢測(B)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．如圖為遠距離高壓輸電的示意圖，關于遠距離輸電，下列表述錯誤的是eq\x(導學號09152484)(C)A．增加輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失B．高壓輸電是通過減小輸電電流來減小電路的發(fā)熱損耗C．在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越小D．高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好解析：遠距離輸電過程中的主要能量損耗是輸電導線的發(fā)熱損耗，由P失＝I2R可以看出，在保證輸電功率的前提下有兩種方式可減小輸電中的能量損失：一是減少輸電線的電阻，由R＝eq\f(ρL,S)知，A正確。二是減小輸電電流，B正確。若輸電電壓一定，由P＝UI知輸送的電功率越大，輸電電流越大，則輸電中能量損耗P失＝I2R越大，C錯誤。在影響高壓輸電的因素中另一個重要因素是電暈放電引起的電能損耗，在輸出電壓越高時，電暈放電引起的電能損失越大，D正確。本題選錯誤的，故選C。2．(上海市浦東新區(qū)2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示是利用DIS測定電動機效率的電路，圖中方框A、B、C為傳感器，實驗中，通過B、C測得的物理量的數(shù)值分別是X、Y，由于電動機的轉動使質量為m的物體在t時間內勻速上升了h高度，則以下說法正確的是eq\x(導學號09152485)(D)A．A為電流傳感器B．C為電壓傳感器C．電動機的輸出功率為XYD．電動機的效率為eq\f(mgh,XYt)×100%解析：A與計算機相連，是數(shù)據(jù)采集器；B與電動機并聯(lián)，是電壓傳感器；C與電動機串聯(lián)；是電流傳感器，故AB錯誤；電壓表讀數(shù)是X，電流表讀數(shù)是Y，故電動機輸入功率為P入＝XY；消耗的電能是XYt，產生的機械能等于重力勢能的增加量mgh，故效率為：η＝eq\f(mgh,XYt)×100%，故C錯誤，D正確，故選D。3．(河北石家莊市一中2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是eq\x(導學號09152486)(A)解析：天平原本處于平衡狀態(tài)，所以線框所受安培力變化越大，天平越容易失去平衡，線框與磁通邊界的交點間長度為線框在磁場中有效長度，由圖可知，A有效長度最長，最容易失去平衡，故選A。4．(重慶一中2023～2023學年高二下學期檢測)一正三角形導線框ABC(高度為a)從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應強度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a。下列圖象反映感應電流I與線框移動距離x的關系，以逆時針方向為電流的正方向。其中正確的是eq\x(導學號09152487)(C)解析：導線框向右運動切割磁感線產生感應電流。在x從0～a過程中，感應電流大小逐漸增大，方向沿規(guī)定的正方向；在x從a～2a過程中，感應電流逐漸增大，且最大值為前者的2倍，方向沿順時針方向(負方向)，在x從2a～3a過程中，感應電流大小逐漸增大，方向沿逆時針方向(5．(湖北黃岡中學2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向如圖甲所示，左線圈連著正方形線框abcd，線框所在區(qū)域存在變化的磁場，取垂直紙面向里為正，磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，不計線框以外的感生電場，右側線圈連接一定值電阻R，下列說法中正確的是eq\x(導學號09152488)(B)A．t1時刻ab邊中電流方向由a→b，e點電勢高于f點B．設t1、t3時刻ab邊中電流大小分別為i1、i3，則有i1<i3，e點與f點電勢相等C．t2～t4時間內通過ab邊電量為0，定值電阻R中無電流D．t5時刻ab邊中電流方向由a→b，f點電勢高于e點解析：0～t2時間內，線框abcd之中磁通量在均勻增加，所以由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，知0～t2內電動勢為恒定值且由楞次定律可以求得感應電流方向為逆時針，此時副線圈之中沒有電流，同理t2～t4內副線圈之中也沒有電流，t4～t6時間內，線框中磁場在減弱，由楞次定律可以確定其電流方向也為逆時針，且由于并非均勻減小(而是減小得越來越快)，所以原線圈之中的電流在增大。此時副線圈電路出現(xiàn)順時針方向的電流，且e點電勢高于f，綜上所述選項B正確。6．(江西省撫州市2023～2023學年高二上學期期末)光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接有阻值為R的定值電阻。阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其它部分電阻不計。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上。從t＝0時刻開始棒受到一個平行于導軌向上的外力F，由靜止開始沿導軌向上運動，運動中棒始終與導軌垂直，且接觸良好，通過R的感應電流隨時間t變化的圖象如圖2所示。下面分別給出了穿過回路abPM的磁通量Φ、磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)、棒兩端的電勢差Uab和通過棒的電荷量q隨時間變化的圖象，其中正確的是eq\x(導學號09152489)(B)解析：回路中的感應電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，感應電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)，由圖可知：I＝kt，故有：eq\f(ΔΦ,Δt)＝ktR，所以圖象B正確；由于產生的感應電動勢是逐漸增大的，而A圖描述磁通量與時間關系中斜率不變，產生的感應電動勢不變，C圖中Uab不變，故A、C錯誤；通過導體棒的電量為：q＝It＝kt2，故q－t圖象為曲線，并非過原點的直線，故D錯誤。7．(內蒙古赤峰二中2023～2023學年高二上學期檢測)如圖所示，某人在自行車道上從東往西沿直線以速度v騎行，該處地磁場的水平分量大小為B1，方向由南向北，豎直分量大小為B2，方向豎直向下。自行車把為直把、金屬材質，且?guī)в薪^緣把套，兩把手間距為L。只考慮自行車在地磁場中的電磁感應，下列結論正確的是eq\x(導學號09152490)(AC)A．圖示位置中輻條A點電勢比B點電勢低B．圖示位置中輻條A點電勢比B點電勢高C．自行車左車把的電勢比右車把的電勢高B2LvD．自行車在十字路口左拐改為南北騎向，則自行車車把兩端電勢差要降低解析：自行車從東往西行駛時，輻條切割地磁場水平分量的磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，圖示位置中輻條A點電勢比B點電勢低，故A正確，B錯誤。自行車車把切割地磁場豎直分量的磁感線，由右手定則知，左車把的電勢比右車把的電勢高B2Lv，故C正確。自行車左拐改為南北騎向，自行車車把仍切割磁感線，車把感應電動勢方向不變，豎直分量大小為B2不變則車把兩端電勢差不變，故D錯誤，故選AC。8．(海南中學高二上學期期末)如圖所示，螺線管B置于閉合金屬圓環(huán)A的軸線上，當B中通過的電流增加時eq\x(導學號09152491)(AC)A．環(huán)A有擴張的趨勢B．環(huán)A有縮小的趨勢C．螺線管B有縮短的趨勢D．螺線管B有伸長的趨勢解析：當B中通過的電流逐漸增加時，電流產生的磁場逐漸增強，故穿過A的磁通量增加，為阻礙磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，環(huán)A應向磁通量減小的方向形變，由于A環(huán)中有兩種方向的磁場：B線圈外的磁感線方向與B線圈內的磁感線方向相反，B線圈外的磁感線要將B線圈內的磁感線抵消一些，當A的面積增大時，穿過A的磁通量會減小，所以可知環(huán)A應有擴張的趨勢，故A正確B錯誤；線圈B中電流增加，每匝線圈產生的磁場增強，線圈間的引力增大，所以螺線管B有縮短的趨勢，故C正確，D錯誤。9．(廣東省實驗中學2023～2023學年高二下學期期中)如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為N，電阻不計的正方形線圈abcd在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉軸OO′轉動，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2，保持線圈以恒定角速度ω轉動，下列判斷正確的是eq\x(導學號09152492)(AD)A．在圖示位置時線框中磁通量為零，感應電動勢最大B．當可變電阻R的滑片P向上滑動時，電壓表V2的示數(shù)變大C．電壓表V1示數(shù)等于NBωL2D．變壓器的輸入與輸出功率之比為11解析：從垂直于中性面時開始計時，矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt，磁通量為零，電動勢最大，故A正確；根據(jù)理想變壓器的變壓原理輸出電壓即電壓表V2的示數(shù)不變，故B錯誤；交流電壓的最大值等于NBωL2，電壓表V1示數(shù)為有效值eq\f(NBωL2,\r(2))，C錯誤；理想變壓器的輸入與輸出功率之比為11，故D正確，故選AD。10．(新疆生產建設兵團二中2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L＜d)，質量為m、電阻為R，將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，則線圈穿過磁場的過程中(從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)eq\x(導學號09152493)(ACD)A．感應電流所做的功為2mgdB．感應電流所做的功為mgdC．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定是eq\r(2gh＋L－d)解析：根據(jù)能量守恒，研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動能變化量為0，重力勢能轉化為線框進入磁場的過程中產生的熱量，Q＝mgd。cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產生的熱量與從cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程產生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產生的熱量Q′＝2mgd，感應電流做的功為2mgd，故A正確，B錯誤。線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前已做勻速運動，剛完全進入磁場時的速度最小，則mg＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)，則最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故C正確。因為進磁場時要減速，線圈全部進入磁場后做勻加速運動，則知線圈剛全部進入磁場的瞬間速度最小，設線圈的最小速度為vn，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，由上可知，Q＝mgd，解得線圈的最小速度為：vn＝eq\r(2gh＋L－d)，故D正確，故選ACD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，每小題7分，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(唐山一中2023～2023學年高二下學期開學檢測)如圖為“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置。eq\x(導學號09152494)(1)將圖中所缺導線補接完整。(2)如果在閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上電鍵后：A．將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將向右偏轉一下。(填“向左偏轉一下”或“向右偏轉一下”或“不偏轉”)B．原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時，靈敏電流計指針向左偏轉一下。(填“向左偏轉一下”或“向右偏轉一下”或“不偏轉”)答案：(1)如圖所示12．交流電流表是一種能夠測量交變電流有效值的儀表，使用時，只要將電流表串聯(lián)進電路即可。擴大交流電流表量程可以給它并聯(lián)一個分流電阻。還可以給它配接一只變壓器，同樣也能起到擴大電流表量程的作用。如圖所示，變壓器a、b兩個接線端子之間線圈的匝數(shù)n1，c、d兩個接線端子之間線圈的匝數(shù)n2，并且已知n1>n2，若將電流表的“0～3A”量程擴大，應該將交流電流表的接線柱的“0”“3A”分別與變壓器的接線端子a、b相連(選填“a、b”或“c、d”)；這時，電流表的量程為eq\f(3n1,n2)A。eq\x(導學號09152495)解析：當只有一組原、副線圈時，理想變壓器電流與匝數(shù)間的關系是eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，即匝數(shù)與電流成反比。已知變壓器a、b兩個接線端子之間線圈的匝數(shù)為n1，大于c、d兩個接線端子之間線圈的匝數(shù)為n2，即n1>n2。因此，該交流電流表的接線柱的“0”“3A”分別與變壓器的接線端子a、b相連，這樣，電流表的小示數(shù)才能反映原線圈中的大電流，起到擴展量程的作用。此時，電流表的量程為I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(3n1,n2)A。三、論述·計算題(共4小題，46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)(江蘇贛州2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，面積為0.02m2、內阻不計的100匝矩形線圈ABCD，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，轉動的角速度為100rad/s，勻強磁場的磁感應強度為eq\f(\r(2),2)T。矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R＝50Ω，電表均為理想交流電表。當線圈平面與磁場方向平行時開始計時。求：eq\x(導學號09152496)(1)線圈中感應電動勢的表達式；(2)由圖示位置轉過30°角的過程產生的平均感應電動勢；(3)當原、副線圈匝數(shù)比為21時，求電阻R上消耗的功率。答案：(1)e＝100eq\r(2)cos100tV(2)(3)50W解析：(1)感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝100×eq\f(\r(2),2)××100V＝100eq\r(2)V，線圈中感應電動勢的表達式為e＝100eq\r(2)cos100tV。(2)線圈轉過30°角過程中產生的平均感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin30°,\f(1,12)T)＝。(3)電壓表示數(shù)為電壓的有效值，則U＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V，電阻R兩端的電壓UR＝eq\f(n2,n1)U＝eq\f(1,2)×100V＝50V，則電阻R上消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,R),R)＝50W。14．(11分)(麗水2023～2023學年高二檢測)電磁彈射是我國最新研究的重大科技項目，原理可用下述模型說明。如圖甲所示，虛線MN右側存在一個豎直向上的勻強磁場，一邊長為L的正方形單匝均勻金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質量為m，ab邊在磁場外側緊靠MN虛線邊界。t＝0時起磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律是B＝kt(k為大于零的常數(shù))，同時用一水平外力使線圈處于靜止狀態(tài)，空氣阻力忽略不計。eq\x(導學號09152497)(1)判斷線框中感應電流的方向。(2)求線框中感應電流的大小。(3)請寫出所加水平外力隨時間變化的表達式。(4)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，在線框上加一質量為M的負載物，如圖乙所示，當t＝t0時撤去外力釋放線框，求此時線框加速度的大小。答案：(1)順時針(2)eq\f(kL2,R)(3)eq\f(k2L3,R)t(4)eq\f(nk2L3t0,Rnm＋M)解析：(1)由B＝kt(k為大于零的常數(shù))知B隨時間均勻增大，穿過線框的磁通量均勻增大，由楞次定律知線框中感應電流的方向為順時針。(2)由法拉第電磁感應定律：感應電動勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2；由閉合電路歐姆定律得：感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)。(3)由于線圈靜止，則所加的水平外力與安培力平衡，有F＝BIL＝kt·eq\f(kL2,R)L＝eq\f(k2L3,R)t。(4)n匝線框中t＝0時刻產生的感應電動勢E總＝nE＝nkL2；線框的總電阻R總＝nR線框中的電流I＝eq\f(E總,R總)當t＝t0時刻線框受到的安培力F安＝nB0IL＝nkt0IL設線框的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F安＝(nm＋M)a解得a＝eq\f(nk2L3t0,Rnm＋M)。15．(12分)(安徽黃山市2023～2023學年高二上學期期末)兩根足夠長的水平放置的平行光滑金屬導軌AB、CD，導軌間距為L；垂直導軌放著一根金屬桿，金屬桿在導軌間的電阻為r，導軌上的電阻忽略不計。導軌與右邊電阻箱及電容器連接，如圖所示。已知電容器的電容為C，電容器M、N兩板間距為d，電阻箱開始時的阻值為R。在金屬桿以速度v向左勻速運動的過程中，求：eq\x(導學號09152498)(1)電容器上M板所帶電量以及電性；(2)一束電子流從電容器兩板中間平行兩板射入時，恰好能射出電容器；如果電阻箱阻值減小為eq\f(R,2)，則電子流射出電容器時的偏轉距離是多少？答案：(1)電容器上M板帶負電，電量為eq\f(CBLvR,R＋r)。(2)電子流射出電容器時的偏轉距離是eq\f(R＋rd,2R＋2r)。解析：(1)金屬桿勻速向左運動時，桿中產生的感應電流方向向下，則電容器M板帶負電。金屬桿運動產生的感應電動勢為：E＝BLv電容器板間電壓為：U＝eq\f(R,R＋r)E故電容器上的電量為：Q＝CU聯(lián)立解得：Q＝eq\f(CBLvR,R＋r)(2)當電阻箱阻值減小為eq\f(R,2)時，電容器的電壓為：U′＝eq\f(\f(R,2),\f(R,2)＋r)E＝eq\f(ER,R＋2r)由a＝eq\f(qU,md)得兩次豎直方向的加速度之比為：eq\f(a1,a2)＝eq\f(U,U′)＝eq\f(R＋2r,R＋r)因為電子流在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，故兩次在電場中的運動時間不變，設為t，豎直方向可列：y＝eq\f(1,2)at2因而豎直方向的偏轉距離之比為：eq\f(y,\f(1,2)d)＝eq\f(a2,a1)解得：y＝eq\f(R＋rd,2