本冊綜合學業(yè)質(zhì)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．法拉第“磁生電”這一偉大的發(fā)現(xiàn)引領(lǐng)人類進入了電氣時代。下列實驗現(xiàn)象，屬于研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是(　B　)解析：選項 A是用來探究影響安培力的大小因素的實驗。選項B是研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實驗，觀察導體棒在磁場中做切割磁感線運動時電流表是否會產(chǎn)生感應(yīng)電流。選項C是用來探究安培力的方向與哪些因素有關(guān)的實驗。選項D是奧斯特實驗，證明通電導線周圍存在磁場。2．(2020·北京市朝陽區(qū)高二調(diào)研)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是(　C　)A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短解析：由左手定則知，粒子帶負電。A錯；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變。B錯；由R＝， 若僅減小磁感應(yīng)強度B，R變大，則粒子可能從b點右側(cè)射出。C對；由R＝，若僅減小入射速率v, 則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大。由t＝T，T＝知，運動時間變長。D錯。3．(2020·河南省開封市高三模擬)隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到進一步開發(fā)和應(yīng)用，一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應(yīng)原理。如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置有線圈和電源)將電能傳送至電動汽車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是線圈)，該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到90%左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無須下車、無須插電即可對電動汽車進行充電。目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右。下列說法正確的是(　B　)A．無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電動汽車快速充電B．車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化C．車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總是與地面供電裝置線圈中電流的磁場方向相反D．若線圈均采用超導材料則能量的傳輸效率有望達到100%解析：題中給出無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，在百米開外無法充電，故A項錯誤；無線充電樁是通過改變地面供電裝置的電流使電動汽車底部的感應(yīng)裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故B項正確；由于不知道地面供電裝置的電流是增大還是減小，故車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場不一定總是與地面供電裝置線圈中電流的磁場方向相反，故C項錯誤；由于電磁輻射等因素，傳輸效率不可能達到100%，故D項錯誤。4．一只電阻分別通過四種不同形式的電流，電流隨時間變化的情況如圖所示，在相同時間內(nèi)電阻產(chǎn)生熱量最大的是(　D　)解析：對 A項，對于正弦式電流，有效值I1＝Im＝ A。根據(jù)焦耳定律得Q1＝IRT＝()2RT＝2RT；對B項，對于正弦式電流，有效值I2＝Im＝ A，根據(jù)焦耳定律得Q2＝IRT＝()2RT＝2RT；對C項，根據(jù)焦耳定律得Q3＝I2RT＝2.25RT；對D項，對于方波，根據(jù)焦耳定律得Q4＝IR·＋I4′2R·＝2RT＋2RT＝4RT，故D項正確。5.圖中L是繞在鐵芯上的線圈，它與電阻R、R0、開關(guān)和電池E可構(gòu)成閉合電路。線圈中的箭頭表示線圈電流的正方向，當電流的流向與箭頭的方向相同時，該電流為正，否則為負。開關(guān)K1和K2都處在斷開狀態(tài)。設(shè)在t＝0時刻接通K1，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻，再接通K2，則能正確表示L中的電流I隨時間t變化的圖線是下面給出的四個圖中的(　 A　)解析：只閉合K1，由于線圈的自感現(xiàn)象，L中的電流逐漸增大，最后增大到穩(wěn)定值，再閉合K2，導線把電源和R0短路，線圈L和R構(gòu)成閉合回路，由于線圈的自感現(xiàn)象，L中的電流由原值開始逐漸減小，方向不變，最后減小到零。 A圖符合實際情況。6．(2021·山東省壽光實驗中學高二檢測)如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌，左端與開關(guān)S和內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20 cm的光滑圓弧導軌相接。導軌寬度為20 cm，電阻不計。導軌所在空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5 T。一根導體棒ab垂直于導軌放置，質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω，用長也為20 cm的絕緣細線懸掛，導體棒恰好與導軌接觸。閉合開關(guān)S后，導體棒沿圓弧擺動，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)。導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)，則(　B　)A．磁場方向一定豎直向上B．電源的電動勢E＝8.0 VC．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝8 ND．導體棒在擺動過程中的最大動能為0.128 J解析：當開關(guān)S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A錯誤；設(shè)電路中電流為I，電源的電動勢為E，則F＝BIL＝BL，導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°，則tan θ＝，得E＝8.0 V，安培力F＝0.8 N，故B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理得FLsin 53°－mgL(1－cos 53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08 J，故D錯誤。7．如圖(甲)所示，打開電流和電壓傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處靜止釋放，磁鐵穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止。若磁鐵下落過程中受到的磁阻力遠小于磁鐵重力，且不發(fā)生轉(zhuǎn)動，不計線圈電阻。圖(乙)是計算機熒屏上顯示的UI－t曲線，其中的兩個峰值是磁鐵剛進入螺線管內(nèi)部和剛從內(nèi)部出來時產(chǎn)生的。下列說法正確的是(　AB　)A．若僅增大h，兩個峰值間的時間間隔會減小B．若僅減小h，兩個峰值都會減小C．若僅減小h，兩個峰值可能會相等D．若僅減小滑動變阻器的值，兩個峰值都會減小解析：若僅增大h，磁鐵穿過螺線管的時間減小，故 A正確；若僅減小h，由E＝n知，E變小，兩個峰值都會減小，故B正確，C錯誤；若僅減小滑動變阻器阻值，滑動變阻器消耗的功率增大，兩個峰值都會增大，故D錯誤。8．一束粒子流由左端平行于極板P1射入質(zhì)譜儀，沿著直線通過電磁場復合區(qū)后，并從狹縫S0進入勻強磁場B2，在磁場B2中分為如圖所示的三束，則下列相關(guān)說法中正確的是(　BC　)A．速度選擇器的P1極板帶負電B．粒子1帶負電C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于E/B1D．粒子2的比荷q/m絕對值最大解析：若粒子帶正電，在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個力作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故A錯誤；由圖可知，粒子1進入勻強磁場B1時向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶負電，故B正確；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1＝qE，解得v＝，故C正確；根據(jù)qvB＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，所以D錯誤。9．圖甲為某燃氣爐點火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦交變電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2。為交流電壓表。當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5 000 V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體。以下判斷正確的是(　BC　)A．電壓表的示數(shù)等于5 VB．電壓表的示數(shù)等于 VC．實現(xiàn)點火的條件是>1 000D．實現(xiàn)點火的條件是<1 000解析：電壓表的示數(shù)為有效值，等于U1＝＝ V，選項 A錯誤B正確；實現(xiàn)點火的條件是U2>5 000 V，所以＝>1 000，選項C正確D錯誤。10．(2020·江西省南昌二中高二上學期期末)半徑為r 帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖甲所示，有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定垂直紙面向里的方向為正，變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時刻平行板之間的中心位置有一電荷量為＋q的粒子由靜止釋放，粒子的重力不計，平行板電容器的充、放電時間不計，取上板的電勢為零。粒子始終未打中極板，則以下說法中正確的是(　ACD　)A．第2 s內(nèi)上極板為正極B．第2 s末粒子回到了原來位置C．第2 s末兩極板之間的電場強度大小為(V/m)D．第4 s末粒子的電勢能為(J)解析：由圖像可知，在第2秒內(nèi)，磁場垂直于紙面向內(nèi)，磁感應(yīng)強度變小，穿過金屬圓環(huán)的磁通量變小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相同，即感應(yīng)電流磁場方向垂直于紙面向內(nèi)，由此可見，上極板電勢高，是正極，故A正確；由楞次定律可知，在第1秒內(nèi)，下板為正，粒子向上做勻加速運動，第2秒內(nèi)，上板為正，粒子向上做勻減速運動，直到速度為零，即第2 s末粒子距離出發(fā)點最遠，沒有回到原來的位置，故B錯誤；法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在第2秒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝＝S＝πr2V＝(V)，則兩極板間的電場強度為：E′＝＝(V/m)，故C正確；第4秒末下極板是正極，且粒子回到兩板中點，因上板電勢為零，則中點的電勢為φ＝E×＝ V，粒子具有的電勢能為：Ep＝φq＝ J，故D正確。第Ⅱ卷(非選擇題　共60分)二、填空題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)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“0～3 A”量程擴大，應(yīng)該將交流電流表的接線柱的“0”“3 A”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 A。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(guān)系是＝，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”“3 A”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，起到擴大量程的作用。此時，電流表的量程為I2＝I1＝ A。12．(8分)(2020·遼寧省本溪市高二上學期期末)某同學利用熱敏電阻設(shè)計了一個“過熱自動報警電路”，如圖甲所示。將熱敏電阻R安裝在需要探測溫度的地方，當環(huán)境溫度正常時，繼電器的上觸點接觸，下觸點分離，指示燈亮；當環(huán)境溫度超過某一值時，繼電器的下觸點接觸，上觸點分離，警鈴響。圖甲中繼電器的供電電壓U1＝3 V，繼電器線圈用漆包線繞成，其電阻R0為30 Ω。當線圈中的電流大于等于50 mA時，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴響。圖乙是熱敏電阻R的阻值隨溫度變化的圖像。(1)圖甲中警鈴的接線柱C應(yīng)與接線柱B相連，指示燈的接線柱D應(yīng)與接線柱A相連(均選填“A”或“B”)。(2)當環(huán)境溫度升高時，熱敏電阻阻值將減小，繼電器的磁性將增大(均選填“增大”“減小”或“不變”)，當環(huán)境溫度達到80 ℃時，警鈴報警。解析：(1)由題中“當環(huán)境溫度超過某一值時，繼電器的下觸點接觸，上觸點分離，警鈴響”，所以警鈴的接線柱C應(yīng)與接線柱B連，指示燈的接線柱D應(yīng)與接線柱A相連；(2)分析乙圖發(fā)現(xiàn)：溫度升高時，熱敏電阻阻值減小，根據(jù)歐姆定律，電路中電流就會增大，電磁鐵的磁性就會增大；當線圈中的電流I＝50 mA＝0.05 A時，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴報警，則控制電路的總電阻R總＝＝＝60 Ω，因此熱敏電阻R＝R總－R0＝(60－30)Ω＝30 Ω，由圖乙可知，此時t＝80 ℃，所以，當溫度t≥80 ℃時，警鈴報警。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)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)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，其他電阻忽略不計。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(yīng)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：(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)　(2)(3)解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，ab棒的電動勢為：E＝BLv0，設(shè)AC間的電壓為U，由閉合電路歐姆定律，得：I＝，又U＝IR，解得：U＝；(2)帶電顆粒恰好做勻速圓周運動，則重力與電場力平衡有：q＝mg，解得：m＝；(3)顆粒做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得：qvB＝m，顆粒運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：L2＋(r－d)2＝r2，解得：v＝。14．(11分)如圖所示是交流發(fā)電機模型示意圖，n＝100匝的矩形閉合導線框ABCD處于磁感應(yīng)強度大小為B＝ T的水平勻強磁場中，線框面積S＝0.48 m2。線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝100π rad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想升壓變壓器相連，升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為25，理想降壓變壓器副線圈接入一只“12 V　30 Ω”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，線框、輸電線路的電阻都不計。(1)將圖示時刻記為t＝0，指出此刻線框中的電流方向，并寫出該正弦式交流電電動勢的瞬時值表達式；(2)求降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比；(3)求燈泡正常發(fā)光時，電流表的讀數(shù)。答案：(1)電流方向為DCBAD　e＝480cos(100πt)(V)(2)1001　(3)0.01 A解析：(1)利用右手定則判斷得到，電流方向為DCBAD從平行磁場開始計時，該正弦式交流電電動勢的瞬時值表達式為e＝nBSωcos(ωt)，代入相關(guān)數(shù)據(jù)得e＝480cos(100πt)(V)。(2)發(fā)電機的電動勢有效值是480 V，升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為25，由＝，得升壓變壓器副線圈的電壓U2＝1 200 V，由于燈泡正常發(fā)光，則通過降壓變壓器電壓降為12 V，＝，線路電阻不計，則U2＝U3，得＝。(3)燈泡正常發(fā)光時，I燈＝＝ A＝0.4 A，根據(jù)＝和＝，解得I1＝0.01 A。15．(12分)如圖所示，粗糙斜面的傾角θ＝37°，邊長L1＝0.5 m的正方形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強磁場。一個匝數(shù)n＝10的剛性正方形線框，邊長為L2＝0.6 m，通過松弛的柔軟導線(對線框的作用力近似為零)與電阻R相連，R＝1.25 Ω。正方形磁場區(qū)域的一半恰好在正方形線框內(nèi)部。已知線框質(zhì)量m＝2 kg，總電阻R0＝1.25 Ω，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。從t＝0時起，磁場的磁感應(yīng)強度按B＝B0－2t(T)的規(guī)律變化，線框能保持一段時間靜止在斜面上。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)線框不動時，回路中的感應(yīng)電動勢E；(2)B0的取值范圍；(3)若t＝0時刻線框恰好不上滑，線框保持不動的時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q的最大值是多少？答案：(1)2.5 V　(2)0.8 T<B0≤4 T　(3)2 J解析：(1)由E＝n＝n，解得E＝2.5 V；(2)由I＝，解得I＝1 A，經(jīng)分析可知t＝0時刻線圈若恰要上滑時有mgsin θ＋μmgcos θ＝nB01IL1，解得B01＝4 T，t＝0時線圈若恰要下滑有mgsin θ＝μmgcos θ＋nB02IL1，解得B02＝0.8 T。題目要求線框保持靜止一段時間而t＝0開始B是要減小的，則0.8 T<B0≤4 T；(3)線框保持不動的最長時間為t，這段時間內(nèi)磁感應(yīng)強度從4 T減小為0.8 T，由B＝B0－2t，解得t＝1.6 s，由Q＝I2Rt，解得Q＝2 J。16．(13分)(2021·春“荊、荊、襄、宜四地七校考試聯(lián)盟”高二期中聯(lián)考)如圖，豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接。絕緣的水平軌道分為三個區(qū)間：cd區(qū)間存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；de區(qū)間長為L，當物塊經(jīng)過時會吸附負電荷(物塊的質(zhì)量和速度不受影響)，單位時間吸附的電荷量為k；足夠長的ef區(qū)間存在方向水平向右、場強為E的勻強電場。整條軌道中，cd區(qū)間粗糙，其余光滑。質(zhì)量為m的小物塊(視為質(zhì)點)從斜軌道上高為2H的a處由靜止釋放，第一次恰能返回到斜面上高為1.4H的b點，然后再次下滑。已知K＝(g為重力加速度)，物塊上的電荷在斜軌道上運動時會被完全導走。忽略空氣阻力。求小物塊：(1)第一次往返過程中克服摩擦力做的功；(2)第一次返回從d點剛進入cd區(qū)間時，所受洛倫茲力的大小和方向；(3)第一次與最后一次在ef區(qū)間運動的時間差。答案：(1)Wf＝0.6mgH；(2)mg；方向豎直向上；(3)解析：(1)對從a處釋放至回到b的過程，有mg(2H－1.4H)＝Wf，解得第一次往返過程中克服摩擦力做的功Wf＝0.6 mgH；(2)由左手定則，物塊返回經(jīng)過磁場時所受洛倫茲力的方向豎直向上，大小為f洛＝(q1＋q′1)v1B，因進入電場和出電場的過程中電場力做功為零，故向左、右經(jīng)過de區(qū)間的速率相等，用時相同，吸附電荷量也相等，則q1＝q′1＝kt，又L＝v1t，所以f洛＝mg；(3)第一次向右經(jīng)過磁場的過程中所受摩擦力Ff＝μmg，而第一次向左經(jīng)過磁場的過程中所受摩擦力F′f＝μ(mg－F洛)＝μmg，故物塊每次向右經(jīng)過cd區(qū)，克服摩擦力做功Wf＝0.4 mgH，每次向左經(jīng)過cd區(qū)，克服摩擦力做功W′f＝0.2 mgH，物塊第一次進入電場區(qū)的初速度v1滿足2mgH－Wf＝mv－0，解得v＝3.2gH，第一次在電場中來回的過程中有q1Et1＝2mv1，聯(lián)立解得在電場中第一次來回的時間t1＝v＝，再由第(2)問可知，每次從電場中出來，到下一次向右進入電場時，損失的機械能均為Wf＋W′f＝0.6 mgH，用vi表示第i次向右進入電場區(qū)的初速度，每來回一次經(jīng)過cd區(qū)，V減小1.2gH，物塊進入電場的次數(shù)n＝＋1＝3，取整數(shù)得n＝3；最后一次(第3次)進入電場的初速度v3滿足v＝v－2.4gH＝0.8gH，最后一次(第3次)在電場中來回運動的時間t3＝v＝，故第一次跟最后一次(第3次)在電場區(qū)運動的時間差Δt＝t1－t3＝。

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版本： 人教版 (2019)

年級： 選擇性必修 第二冊

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