高中物理人教版2本冊總復習總復習 學業(yè)質(zhì)量標準檢測

第四章學業(yè)質(zhì)量標準檢測本卷分第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．如圖所示的下列實驗中，有感應電流產(chǎn)生的是eq\x(導學號09152180)(D)解析：根據(jù)電流的磁效應，導線通電后其下方存在磁場，小磁針在磁場的作用下偏轉(zhuǎn)，沒有感應電流，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律知，閉合圓環(huán)在無限大勻強磁場中加速運動，磁通量沒有變化，所以沒有產(chǎn)生感應電流，所以B錯誤；通電導線在磁場中受安培力的作用，所以不存在感應電流，故C錯誤；閉合回路中的金屬桿切割磁感線運動，能夠產(chǎn)生感應電流，故D正確。2．(四川省自貢市2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示電路中，自感系數(shù)較大的線圈L的直流電阻不計，下列操作中能使電容器C的A板帶正電的是eq\x(導學號09152181)(B)A．S閉合的瞬間 B．S斷開的瞬間C．S閉合電路穩(wěn)定后 D．S閉合、向左移動變阻器觸頭解析：S閉合瞬間，由于L的自感作用，阻礙電流增大，則電源給電容器充電，所以B極帶正電，故A錯誤；S斷開瞬間，由于線圈電流變化，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流減小，則對電容器充電，所以A板帶正電，故B正確；S閉合時電路穩(wěn)定后，L的電阻為零，所以C兩端無電壓，故C錯誤；S閉合，向左迅速移動滑動變阻器觸頭，電流增大，則自感線圈阻礙電流增大，對電容器充電，所以B極帶正電，故D錯誤，故選B。3.如圖所示，用鋁制成?型框，將一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框的上方，使整體在勻強磁場中沿垂直于磁場的方向向左以速度v勻速運動，懸掛拉力為F，則eq\x(導學號09152182)(A)A．F＝mg B．F>mgC．F<mg D．無法確定解析：當金屬框架向左側(cè)移動時，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv，在上下極板間產(chǎn)生電勢差，進而形成向上的勻強電場E0＝eq\f(E,L)＝Bv。若小球帶正電荷q，其電場力向上大小為qE0＝qvB，而洛倫茲力由左手定則可判斷出方向向下，大小為qvB，兩者相互抵消相當于只受重力和拉力作用，所以F＝mg，A選項正確。4．(湖南衡陽八中2023～2023學年高二下學期檢測)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是eq\x(導學號09152183)(C)A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a解析：當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，穿過直角三角形金屬框abc的磁通量恒為0，所以沒有感應電流。轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可知，c點電勢高，Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，故C正確，A、B、D錯誤。5．(江西贛州十三縣(市)2023～2023學年高二下學期期中)兩個完全相同的靈敏電流計A、B，按圖所示的連接方式，用導線連接起來，當把電流計A的指針向左邊撥動的過程中，電流計B的指針將eq\x(導學號09152184)(A)A．向右擺動B．向左擺動C．靜止不動D．發(fā)生擺動，但不知道電流計的內(nèi)部結(jié)構(gòu)情況，故無法確定擺動方向解析：因兩表的結(jié)構(gòu)完全相同，對A來說就是由于撥動指針帶動線圈切割磁感線產(chǎn)生感應電流，電流方向應用右手定則判斷；對B表來說是線圈受安培力作用帶動指針偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)方向應由左手定則判斷，研究兩表的接線可知，兩表串聯(lián)，故可判定電流計B的指針向右擺動，故選A。6．(遼寧沈陽市2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，一電阻為R的導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直，從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論中正確的是eq\x(導學號09152185)(D)A．圓心到達磁場邊界時感應電流方向發(fā)生改變B．CD段直線始終不受安培力作用C．感應電動勢平均值為eq\f(1,2)πBavD．通過導線橫截面的電荷量為eq\f(Bπa2,2R)解析：從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律知，感應電流的方向一直為逆時針方向，故A錯誤；CD段的電流方向由D到C，根據(jù)左手定則知，CD段受到豎直向下的安培力，故B錯誤；運動的時間Δt＝eq\f(2a,v)，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故C錯誤；通過導線橫截面的電荷量為：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,R)＝eq\f(Bπa2,2R)，故D正確。7．(江西白鷺洲中學2023～2023學年高二上學期檢測)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝5000匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導線電阻r＝Ω，R1＝Ω，R2＝Ω，在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)律變化(規(guī)定磁感應強度B向下為正)，則下列說法中正確的是eq\x(導學號09152186)(AD)A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WC．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負電D．S斷開后，流經(jīng)R2的電流方向由下向上解析：A．根據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)；代入數(shù)據(jù)可求出：E＝1V，故A正確；B．根據(jù)全電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1,4＋5＋1)A＝0.1A；根據(jù)P＝I2R1得：P＝×4W＝4×10－2W，故B錯誤；C．根據(jù)楞次定律可知，螺線管下端電勢高，則電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，故C錯誤；D．S斷開后，電容器經(jīng)過電阻R2放電，因下極板帶正電，則流經(jīng)R2的電流方向由下向上，故D正確；故選AD。8．(重慶一中2023～2023學年高二上學期期末)如圖，光滑金屬導軌由傾斜和水平兩部分組成，水平部分足夠長且處在豎直向下的勻強磁場中，右端接一電源(電動勢為E，內(nèi)阻為r)。一電阻為R的金屬桿PQ水平橫跨在導軌的傾斜部分，從某一高度由靜止釋放，金屬桿PQ進入磁場后的運動過程中，速度時間圖象可能是下圖中的哪一個？(導軌電阻不計)eq\x(導學號09152187)(ABD)解析：金屬桿PQ進入磁場后切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定則判斷得知，感應電動勢的方向與電源的電動勢方向相反。A．若桿PQ產(chǎn)生的感應電動勢與電源的電動勢大小相等時，回路中總電動勢為零，電路中沒有電流，金屬桿不受安培力，做勻速直線運動，故A是可能的；B．若桿PQ產(chǎn)生的感應電動勢小于電源的電動勢大小，桿中電流方向從P到Q，所受的安培力方向向右，將做加速運動，隨著速度增加，棒產(chǎn)生的感應電動勢增加，回路中總的電動勢增加，電流減小，棒所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知v－t圖象的斜率減小，故B是可能的；C．D若桿PQ產(chǎn)生的感應電動勢大于電源的電動勢大小，桿中電流方向從Q到P，所受的安培力方向向左，將做減速運動，隨著速度減小，棒產(chǎn)生的感應電動勢減小，回路中總的電動勢減小，電流減小，棒所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知v－t圖象的斜率減小，故C是不可能，D是可能的。9．(鄭州一中2023～2023學年高二檢測)等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強磁場中，ab直導線與P1、P2相連接，線圈A與直導線cd連接。線圈A內(nèi)有隨圖乙所示變化的磁場，且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是eq\x(導學號09152188)(BD)A．0～1s內(nèi)ab、cd導線互相排斥B．1～2s內(nèi)ab、cd導線互相吸引C．2～3s內(nèi)ab、cd導線互相吸引D．3～4s內(nèi)ab、cd導線互相排斥解析：由左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板偏轉(zhuǎn)，負離子向下極板偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a向b的。在第1s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向右，磁感應強度減小，由楞次定律可知感應電流的方向是由c向d的，由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知兩導線相互吸引，A錯；在第2s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向左，磁感應強度增加，由楞次定律可知感應電流的方向是由c向d的，由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知兩導線相互吸引，B正確；同理可以判斷其他選項，故正確選項為B、D。10．(湖北宜昌市金東方高中2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其底邊長為2L，高為L。在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場，左側(cè)磁場方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小均為B。一邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。取沿順時針的感應電流方向為正，下圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象不正確的是eq\x(導學號09152189)(BCD)解析：bc邊的位置坐標x在L－2L過程，線框bc邊有效切線長度為l＝x－L，感應電動勢為E＝Blv＝B(x－L)v，感應電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值。x在2L－3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，線框有效切線長度為l＝L，感應電動勢為E＝Blv＝BLv，感應電流i＝－eq\f(BLv,R)。x在3L－4L過程，線框ad邊有效切線長度為l＝L－(x－3L)＝4L－x，感應電動勢為E＝Blv＝B(4L－x)v，感應電流i＝eq\f(B4L－x,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值。由圖示圖象可知，A正確，本題選不正確的，故選BCD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共3小題，每小題6分，共18分。把答案直接填在橫線上)11．如圖所示是三個成功的演示實驗，回答下列問題。eq\x(導學號09152190)(1)在實驗中，電流表指針偏轉(zhuǎn)的原因是穿過線圈的磁通量發(fā)生變化。(2)電流表指針偏轉(zhuǎn)角跟感應電動勢的大小成正比關系。(3)第一個成功實驗(如圖a)中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？磁通量的變化量，什么量是不同的？磁通量的變化率。(4)從三個成功的演示實驗可歸納出的結(jié)論是：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有感應電流產(chǎn)生。12．某中學的學生食堂新安裝了磁卡就餐系統(tǒng)，使用不到一周，便出現(xiàn)了電源總開關總是無法接通的問題。經(jīng)檢查，電源總開關中漏電保護器自動切斷了電源。漏電保護器電路如圖所示，變壓器A處用火線與零線雙股平行繞制成線圈，然后接到磁卡機上，B處有一個輸出線圈，一旦線圈B中有電流經(jīng)放大器放大后便推動斷電器切斷電源。造成漏電保護器自動切斷電源的原因可能為磁卡機用電端_B__。(填下列選項前字母)eq\x(導學號09152191)A．零線與火線之間漏電B．火線與地線之間漏電或零線直接接地C．磁卡機裝得過多，造成電流太大解析：由題意知，火線和零線均繞在鐵芯上，根據(jù)互感現(xiàn)象，只有火線與零線中電流大小不等時，才會引起漏電保護器切斷電源，故可能是火線與地之間漏電，也可能是零線與地之間漏電。13．(河北衡水中學高二期中)法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象之后，又發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機，揭開了人類將機械能轉(zhuǎn)化為電能并進行應用的序幕。法拉第圓盤發(fā)電機的原理如圖所示，將一個圓形金屬盤放置在電磁鐵的兩個磁極之間，并使盤面與磁感線垂直，盤的邊緣附近和中心分別裝有與金屬盤接觸良好的電刷A、B，兩電刷與靈敏電流計相連。當金屬盤繞中心軸按圖示方向轉(zhuǎn)動時，則電刷A的電勢低于電刷B的電勢(填高于、低于或等于)；若僅提高金屬盤轉(zhuǎn)速，靈敏電流計的示數(shù)將增大；(填增大、減小或不變)；若僅將滑動變阻器滑動頭向左滑，靈敏電流計的示數(shù)將減小(填增大、減小或不變)eq\x(導學號09152192)解析：根據(jù)安培定則可知，電磁鐵產(chǎn)生的磁場方向向右，由右手定則判斷可知，金屬盤產(chǎn)生的感應電流方向從A到B，則電刷A的電勢低于電刷B的電勢；若僅提高金屬盤轉(zhuǎn)速，由E＝BLv知，產(chǎn)生的感應電動勢增大，靈敏電流計的示數(shù)將變大；若僅將滑動變阻器滑動頭向左滑，變阻器接入電路的電阻增大電磁鐵的磁場減弱，則感應電動勢變小，則電路中電流減小，靈敏電流計的示數(shù)變小，故D正確。三、論述·計算題(共4小題，42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)14．(9分)如圖所示，一個100匝的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為200cm2，線圈的電阻為1Ω，在線圈外接一個阻值為4Ω的電阻和一個理想電壓表。電阻的一端B與地相接，線圈放入方向垂直線圈平面指向紙內(nèi)的勻強磁場中，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如B－t圖所示。求：eq\x(導學號09152193)(1)t＝3s時穿過線圈的磁通量。(2)t＝5s時，電壓表的讀數(shù)。答案：(1)7×10－3Wb(2)解析：(1)t＝3s時，Φ＝BS＝×10－1×200×10－4Wb＝7×10－3Wb(2)4～6s內(nèi)的感應電動勢為E1＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(4－0×10－1,6－4)×200×10－4V＝電壓表的讀數(shù)為U＝eq\f(E1,R＋r)R＝eq\f,4＋1)×4V＝15．(10分)(遼寧沈陽市2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，設導體棒Oa可以以點O為中心轉(zhuǎn)動，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導軌上，Oa長為L且以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計其他電阻，試求：eq\x(導學號09152194)(1)導體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢差；(2)流過電阻R上的電流大小及方向；(3)所需外力的功率。答案：(1)eq\f(1,2)BL2ω(2)eq\f(BL2ω,2R)從左向右(3)eq\f(B2L4ω2,4R)解析：(1)(2)導體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應電動勢：E＝Bleq\x\to(v)＝BLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，電路中只有電阻R，其余電阻都不計，則Oa端的電勢差為：eq\f(1,2)BL2ω；(2)回路中感應電流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定則可知，流過電阻R的電流從左流向右；(3)外力功率等于電阻R消耗的電功率：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L4ω2,4R)。16．(11分)如圖所示，間距為L的光滑M、N金屬軌道水平平行放置，ab是電阻為R0的金屬棒，可緊貼導軌滑動，導軌右側(cè)連接水平放置的平行板電容器，板間距為d，板長也為L，導軌左側(cè)接阻值為R的定值電阻，其它電阻忽略不計。軌道處的磁場方向垂直軌道平面向下，電容器處的磁場垂直紙面向里，磁感應強度均為B。當ab以速度v0向右勻速運動時，一帶電量大小為q的顆粒以某一速度從緊貼A板左側(cè)平行于A板進入電容器內(nèi)，恰好做勻速圓周運動，并剛好從C板右側(cè)邊緣離開。求：eq\x(導學號09152195)(1)AC兩板間的電壓U；(2)帶電顆粒的質(zhì)量m；(3)帶電顆粒的速度大小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)由法拉第電磁感應定律，ab棒的電動勢為：E＝BLv0設AC間的電壓為U，由閉合電路歐姆定律，得：I＝eq\f(E,R＋R0)，又U＝IR解得：U＝eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)帶電顆粒恰好做勻速圓周運動，則重力與電場力平衡有：qeq\f(U,d)＝mg解得：m＝eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)顆