期中学业水平检测（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（人教版2019）江苏北京

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 期中学业水平检测 注意事项 1.全卷满分100分。考试用时90分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 3.本卷的考试范围:第一章~第二章。 一、单项选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求) 1.如图所示,在空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一个点电荷固定在磁场中的O点,另一个带负电的粒子在水平面内恰好做匀速圆周运动。某时刻,突然撤去点电荷,用实线表示撤去点电荷之前粒子的运动轨迹,用虚线表示撤去点电荷之后粒子的运动轨迹,则粒子的运动轨迹正确的是 (　　) 　　　　　　　　　　　　 2.如图所示,将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定,E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定,现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1,直导线中通入电流I2,已知I1≪I2,长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是 (　　) 　　　　　　　　　　　　 3.如图所示为回旋加速器工作原理示意图,D1和D2是两个半径相同的半圆金属盒,匀强磁场的磁感应强度方向与盒面垂直,一个质量为m的带电粒子(不计重力)在加速器的中央A点从速度为0开始,被两盒缝隙间的电场不断加速,最后该粒子离开回旋加速器时的速度大小为v。则在此过程中,下列说法正确的是 (　　) A.该粒子所受的磁场力对其做负功 B.该粒子所受的电场力对其不做功 C.该粒子所受的磁场力对其做的功为mv2 D.该粒子所受的电场力对其做的功为mv2 4.为防止意外发生,游乐场的大型设施都配备有电磁阻尼装置,如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图。带有光滑轨道的机械主体,能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场,边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时,被瞬间强制制动,机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速,对缓冲过程,下列说法正确的是 (　　) A.线圈bc段受到向右的安培力 B.同一匝线圈中b端的电势低于c端的电势 C.线圈ab段中电流方向为由b到a D.若磁场反向,则装置起不到缓冲作用 5.如图甲所示,某同学在研究电磁感应现象时,将一线圈两端与电流传感器相连,强磁铁从长玻璃管上端由静止下落,电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像,t2时刻电流为0,如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) 　 A.在t2时刻,穿过线圈的磁通量的变化率为0 B.在t1到t2时间内,强磁铁的加速度大于重力加速度 C.强磁铁穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力先向上后向下 D.在t1到t3时间内,强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量 6.如图所示,AB平行于CD,相距为d,两边之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为e的电子在AB边某点沿与AB边成30°角方向以v0入射,与CD边成60°角出射,则磁感应强度大小是 (　　) A.B= B.B= C.B= D.B= 7.如图(a)所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时 (　　) 　 A.在t2~t3时间内,a点的电势始终比d点的电势低 B.在t3~t4时间内,L有收缩趋势 C.在t1~t2时间内,L内有顺时针方向的感应电流 D.在t2~t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流 8.如图所示,足够长的光滑导轨固定在水平面内,导轨间距为L,左侧接有一电动势为E的电源,导轨间存在垂直于水平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止放在导轨上,除了导体棒有电阻外,其余电阻忽略不计,导体棒与导轨接触良好,始终垂直于导轨。现在闭合开关,同时对导体棒施加一水平向右的恒力F,下列说法正确的是 (　　) A.导体棒受到的安培力一直增大 B.导体棒受到的安培力的方向始终不变 C.导体棒能够达到的最大速度为 D.导体棒能够达到的最大速度为 9.一种污水流量计如左图所示,其原理可以简化为如右图所示模型。废液中的大量正、负离子以速度v(未知)从直径为d的圆柱形容器右侧流入左侧流出,容器处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中(流量Q等于单位时间通过容器横截面的液体的体积)。下列说法正确的是 (　　) A.右图中N点的电势低于M点的电势 B.正、负离子所受洛伦兹力的方向相同 C.当污水中离子的浓度升高时,M、N两点间的电势差不变 D.推算废液的流量不需要测量M、N两点间的电势差 10.在一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场,磁场方向垂直水平面向上,磁感应强度沿x轴正方向均匀增大,沿y轴方向不变,其俯视图如图所示。现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻),质量为m,以大小为v0、方向沿其对角线且与x轴、y轴正方向均成45°角的速度开始运动,以下关于线框的说法中正确的是 (　　) A.线框中的感应电流方向沿逆时针(俯视)方向 B.线框最终将以一定的速度做匀速直线运动 C.线框最终将静止于平面上的某个位置 D.线框运动中产生的内能为 11.如图所示,两电阻不计的光滑平行导轨水平放置,MN部分的宽度为2l,PQ部分的宽度为l,金属棒a和b的质量分别为2m和m,其电阻大小分别为2R和R,a和b分别静止在MN和PQ上,垂直于导轨且相距足够远,整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现对金属棒a施加水平向右的恒力F,两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动,b总在PQ上运动,经过足够长时间后,下列说法正确的是　 (　　) A.回路中的感应电动势为零 B.流过金属棒a的电流大小为 C.金属棒a和b均做匀速直线运动 D.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动 12.如图所示,空间有垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场。t=0时,带电粒子a从O点沿x轴负方向射出;t1时刻,a与静置于y轴上P点的靶粒子b发生正碰,碰后a、b结合成粒子c,t2时刻,c第一次沿y轴负方向通过x轴上的Q点。已知t1∶t2=1∶6,不考虑粒子间的静电力作用,忽略碰撞时间,则 (　　) A.b粒子带正电 B.a和c的电荷量之比为1∶2 C.a和c的速率之比为5∶2 D.a和b的质量之比为1∶4 二、非选择题(本大题共6小题,共64分) 13.(7分)某兴趣小组的同学为了测量如图甲所示的磁极已知的方形磁铁磁极表面附近磁场的磁感应强度的大小,设计了如图乙所示的装置,图乙中两根完全相同的轻弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘连接。已知方形磁铁的长度远大于金属棒的长度,现进行如下操作: 　 a.断开开关S,用刻度尺测量出两根轻弹簧的长度均为l1; b.用刻度尺测量出金属棒ab的长度为L; c.将方形磁铁置于金属棒ab附近,使方形磁铁在金属棒ab处的磁场垂直于纸面向里(可视为匀强磁场); d.闭合开关S,待系统稳定后,记录电流表的示数为I,用刻度尺测量出两根轻弹簧的长度均为l2; e.保持方形磁铁与金属棒ab的距离不变,在小范围内改变方形磁铁相对于金属棒ab的位置,重复实验。 回答下列问题: (1)l2　　　　l1(选填“>”“=”或“<”);  (2)实验中　　　　(选填“需要”或“不需要”)测量金属棒ab的质量;  (3)已知轻弹簧的劲度系数为k,则方形磁铁磁极表面附近磁场的磁感应强度B=　　　　。(用已知量和测量的物理量表示)  14.(9分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中采用了如图甲所示的实验装置。 　 (1)实验中用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd时,示数如图乙所示,则Δd=　　　　mm。  (2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样的实验设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,你认为该实验过程中不变的量是:在Δt时间内　　　　　　　　　　　　　　。  (3)得到多组Δt与E的数据之后,若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以　　　　为横坐标。  15.(9分)手压式自发电手电筒(如图甲所示)是一种节能产品,其微型发电系统应用了电磁感应原理,只要用手轻轻按压发电手柄,就可以给电阻为R(可认为恒定不变)的小灯泡供电。图乙是手压式自发电手电筒的原理图,半径为L的金属圆环导体通过手压从静止开始绕圆心O沿顺时针方向转动,其角速度ω与时间t的关系为ω=βt(β为正常数)。电阻为r、长度为L的导体棒,一端与圆环连接,并能随着圆环一起绕O点转动,整个装置置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。小灯泡通过电刷连接在圆环和O点之间,从静止开始按压发电手柄,经过时间t0,小灯泡正常发光,此后按压发电手柄,圆环转动的角速度不变,不计其他电阻。求: (1)小灯泡正常发光时,通过小灯泡的电流大小及方向; (2)小灯泡的额定功率。 　 16.(10分)如图所示,两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CD-C'D'和竖直平面内半径为r的圆弧导轨AC-A'C'组成,水平导轨与圆弧导轨相切,左端接一阻值为R的电阻,不计导轨电阻;水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,其他地方无磁场。导体棒甲静止于CC'处,导体棒乙从AA'处由静止释放,沿圆弧导轨运动,与导体棒甲相碰后粘在一起,向左滑行一段距离后停下。已知两棒质量均为m,电阻均为R,始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度大小为g,求: (1)两棒相碰前瞬间棒乙对每个圆弧导轨底端的压力大小N; (2)两棒在磁场中运动的过程中,电路中产生的焦耳热Q。 17.(14分)如图,水平虚线MN上方一半径为R的半圆区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,半圆磁场的圆心O在MN上,虚线下方有平行纸面向上的范围足够大的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点以大小为v0的初速度垂直MN平行纸面射入磁场,以最大半径从OM穿出磁场,不计粒子的重力。 (1)求磁感应强度的大小; (2)若粒子射入磁场的速度v0与ON的夹角θ=60°,粒子在磁场中运动后进入电场,一段时间后又从P点进入磁场,且OP=R,求电场强度大小; (3)在第(2)问中,粒子在电场和磁场中运动的总时间。 18.(15分)极光是高能粒子流(太阳风)射向地球时,由于地磁场作用,部分进入地球极区,使空气中的分子或原子受激跃迁到激发态后辐射光子而产生的发光现象。假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的倍。如图所示是赤道所在平面的示意图,地球半径为R,匀强磁场垂直纸面向外,MN为磁场圆的直径,MN左侧宽度为2R的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为+q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场,正对地心O的粒子恰好打到地球表面,不计粒子重力及粒子间的相互作用。已知若y=sin x,则x可表示为x=arcsin y。求: (1)正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向(用“东”“南”“西”“北”表示); (2)地磁场的磁感应强度大小; (3)正对地心射入的粒子从进入磁场到打到地球表面的时间; (4)在地磁场中打到地面的粒子从进入磁场到打到地球表面的最短时间。 答案全解全析 1.A　粒子带负电,根据左手定则可知洛伦兹力背离圆心,则点电荷一定带正电,此时洛伦兹力的大小一定小于库仑力,若突然撤去点电荷,运动粒子不再受到库仑力的作用,粒子旋转的方向发生变化。故选A。 2.B　由安培定则可知,通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外,右侧磁场垂直于纸面向里,软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向,故而由左手定则可判断B图正确。故选B。 3.D　磁场力始终与速度方向垂直,不做功,A、C错误;电场力对粒子做正功,等于粒子动能的增加量,有W=mv2,B错误,D正确。 4.C　缓冲过程中,线圈bc段切割磁感线,根据右手定则可知,bc段感应电流方向为由c到b,b端的电势高于c端的电势,线圈bc段受到向左的安培力,线圈ab段中电流方向为由b到a;磁场反向时,感应电流方向反向,线圈bc段受到的安培力方向仍然向左,装置仍能起到缓冲作用。故选C。 5.A　t2时刻电流为0,说明感应电动势为零,由E=n可知穿过线圈的磁通量的变化率为0,A正确;由“来拒去留”可知强磁铁下落穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力始终向上,t1到t2时间内,强磁铁的加速度为a=≤g,B、C错误;在t1到t3时间内,强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈产生的焦耳热,D错误。故选A。 6.A　作出电子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系有+=r,解得电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=(+1)d,由洛伦兹力充当向心力有Bev0=m,解得B==,选A。 7.C　由题图可知,在t2~t3时间内,螺线管内外加磁场的磁感应强度先向上减小后向下增大,根据楞次定律可知,感应电流在螺线管内产生的磁场一直向上,由安培定则可知,a端相当于电源的正极,d端相当于电源的负极,因此a点的电势始终比d点的电势高,A错误;在t3~t4时间内,螺线管中外加磁场的磁感应强度变化率减小,线圈产生的感应电动势减小,穿过金属圆环L的磁通量减小,L有扩张趋势,B错误;在t1~t2时间内,螺线管内外加磁场的磁感应强度向上且逐渐增大,根据楞次定律可知,感应电流在螺线管内产生的磁场向下,由安培定则可知,导线框中有dcbad方向的感应电流,穿过金属圆环L的磁场向下,由于螺线管内外加磁场磁感应强度的变化率减小,导致感应电流逐渐减小,向下穿过金属圆环L的磁通量减小,由楞次定律和安培定则可知L内有顺时针方向的感应电流,故C正确;在t2~t3时间内,螺线管中产生的感应电动势大小不变,穿过金属圆环L的磁通量不变,L内无感应电流,故D错误。 8.C　闭合开关,导体棒受到的安培力向右,导体棒加速,回路电动势E总=E-BLv,随着速度v增加,回路电动势减小,向右的安培力F安减小,导体棒加速度a=减小。当E=BLv时,安培力为零,由于有外力,导体棒继续加速,动生电动势BLv大于E,回路电动势方向反向,电流反向,安培力F安向左不断增大,加速度a=继续减小,直到安培力等于外力,导体棒以最大速度匀速向右运动。设最大速度为vm,此时回路电动势E总=BLvm-E,其中E总=IR,F=BIL,解得vm=,A、B、D错误,C正确。故选C。 9.C　正、负离子从右侧垂直进入磁场时,根据左手定则可知,正离子受到向下的洛伦兹力向下偏转,在下管壁聚集,负离子受到向上的洛伦兹力向上偏转,在上管壁聚集,故N点的电势高于M点的电势,故A、B错误;当废液流速稳定后,水平向左运动的离子受力平衡,有qvB=q,解得U=Bvd,得M、N两点间的电势差与污水中离子的浓度无关,故C正确;流量Q等于单位时间通过容器横截面的液体的体积,得废液流量Q=Sv,而S=,其中v=,解得Q=,可知推算废液的流量需要测量M、N两点间的电势差,故D错误。 10.B　线框刚开始运动的过程中穿过线框向上的磁通量增大,据楞次定律和安培定则可知,线框中的感应电流方向沿顺时针(俯视)方向,A错误;线框两条平行于x轴的边受到的安培力等大、反向,相互抵消,因此线框在平行于y轴方向做匀速运动,由于线框左侧的磁感应强度较小,故两条垂直于x轴的边受到的安培力合力向左,因此线框在平行于x轴方向做减速运动,当平行于x轴方向速度减小为零后,线框沿y轴正方向做匀速直线运动,B正确,C错误;据能量守恒可得,线框运动中产生的内能为Q=m-m(v0 sin 45°)2=,D错误。故选B。 11.B　对a、b整体分析,由于受恒定拉力作用,则经过足够长时间后最终达到稳定状态,此时回路中的感应电动势保持恒定,则回路中的电流恒定,设a、b棒的加速度分别为aa、ab,有E总=B×2l(va+aaΔt)-Bl(vb+abΔt),由于电动势恒定,则有0=2BlaaΔt-BlabΔt,可得ab=2aa,故A、C、D错误;根据受力分析,由牛顿第二定律得F-F安a=2maa,F安b=mab,又F安a=2BIl,F安b=BIl,联立解得I=,故B正确。故选B。 12.D　设OP=2r,与b碰撞前a做圆周运动的时间t1=T1=,c从P运动到Q的时间t2-t1=T2=,已知t1∶t2=1∶6,解得=,故C错误;a、b发生碰撞,根据动量守恒得mav1=(ma+mb)v2,解得=,故D正确;a粒子做匀速圆周运动,则q1v1B=ma,c粒子做匀速圆周运动,有(q1+q2)v2B=(ma+mb),解得q2=-q1,根据左手定则,可知粒子a带正电,则粒子b带负电,粒子c带正电,a和c的电荷量之比为q1∶(q1+q2)=2∶1,故A、B错误。 13.答案　(1)>(2分)　(2)不需要(2分)　(3)(3分) 解析　(1)由左手定则可知金属棒ab受到向下的安培力,轻弹簧的长度增大,所以l2>l1。(2)(3)设金属棒ab的质量为m,轻弹簧的原长为l0,开关S断开时,由平衡条件得mg=2k(l1-l0),开关S闭合后,由平衡条件得mg+BIL=2k(l2-l0),解得B=。由上述分析可知实验中不需要测量金属棒ab的质量。 14.答案　(1)4.800(3分)　(2)穿过螺线管的磁通量的变化量(3分)　(3)(3分) 解析　(1)螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.01×30.0 mm=4.800 mm。 (2)多次实验中,在光电门挡光时间Δt内,强磁铁相对螺线管的位置变化均相同,表明在Δt时间内,穿过螺线管的磁通量的变化量不变,即小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是在Δt时间内穿过螺线管的磁通量的变化量。 (3)根据E=n可知,在螺线管匝数不变、穿过螺线管的磁通量的变化量不变时,感应电动势E与Δt成反比,E-Δt图像为曲线,而感应电动势E与成正比,E-图像为一条过原点的倾斜直线,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以为横坐标。 15.答案　(1)　自上而下　(2) 解析　(1)t0时刻导体棒的角速度为ω0=βt0 (1分) 此时产生的感应电动势为E=BL2ω0 (2分) 感应电流大小为I= (1分) 解得I= (1分) 由右手定则可知,通过小灯泡的电流方向自上而下。 (2)小灯泡的额定功率为P=I2R (2分) 解得P= (2分) 16.答案　(1)mg　(2)mgr 解析　(1)设两棒相碰前瞬间棒乙的速度大小为v1, 对棒乙沿圆弧导轨运动的过程,根据机械能守恒定律有m=mgr (1分) 解得v1= (1分) 两棒相碰前瞬间,棒乙受到的支持力与重力mg的合力提供向心力, 有2N'-mg=m (1分) 解得N'=mg (1分) 根据牛顿第三定律可知N=N'=mg (1分) (2)设两棒相碰并粘在一起后瞬间的速度大小为v2, 根据动量守恒定律有mv1=2mv2 (2分) 解得v2= (1分) 两棒粘在一起在磁场中运动的过程中,根据能量守恒定律有 Q=×2m (1分) 解得Q=mgr (1分) 17.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)以最大半径从OM穿出磁场,则有 r= (1分) 运动轨迹如图所示 在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力,有 qv0B=m (2分) 联立解得B= (1分) (2)设粒子射出磁场的位置为Q,根据题意,由粒子在电场中运动时轨迹的对称性,作出粒子运动轨迹如图所示 (1分) 由几何关系有OQ=R cos 30°=R (1分) 粒子从P点进入磁场,粒子在电场中做类斜上抛运动,根据对称性可知OQ=v0 cos θ·t1 (1分) v0 sin θ=at1 (1分) 又有qE=ma (1分) 联立解得E= (1分) (3)粒子从P点进入磁场后,根据对称性可知,粒子的运动轨迹仍刚好与磁场边界相切,并从O点射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间 t磁=2××= (2分) 粒子在电场中运动的时间t电=4t1= (1分) 因此粒子在电场和磁场中运动的总时间 t=t电+t磁= (1分) 18.答案　(1)东　(2)　(3)　(4) 解析　(1)根据左手定则可知,正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向为东; (2分) (2)正对地心O的粒子恰好打到地球表面的轨迹如图所示 根据几何关系有-r1=R (1分) 解得r1= (1分) 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m (1分) 解得地磁场的磁感应强度大小为B== (1分) (3)正对地心O的粒子恰好打到地球表面,设转过的圆心角为α,根据几何关系有sin α= (2分) 粒子在磁场中运动的周期为T== (1分) 运动时间t=×T (1分) 解得t= (1分) (4)粒子从进入磁场到打到地球表面运动距离最小时,运动时间最短,对应轨迹如图所示 设打在地面的点为K,轨迹的圆心为O2,圆心角为β 根据几何关系有sin ==-1 (2分) 最短时间t=×T (1分) 解得t= (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$