综合测试卷(一)（教用Word）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

综合测试卷(一) (时间：90分钟；分值：100分) 一、单项单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1．下列有关电磁波的说法，正确的是(　　) A．夏天太阳把地面晒得发热是因为可见光的热效应在各种电磁波中是最强的 B．通信中广泛应用的无线电波是电磁波谱中波长最短的 C．手机使用过程中发射的无线电波都是经过调制的 D．相同条件下，电磁波谱中最难发生衍射的是X射线 【解析】　A．在各种电磁波中热效应最强的是红外线，A错误；B.通信中的无线电波是电磁波谱中波长较长的波，B错误；C.声音信号通常要通过调制加载在高频信号上后，才向外发射，故手机使用过程中发射的无线电波都是经过调制的，C正确；D.电磁波谱中比X射线波长短的γ射线，更难发生衍射，D错误。故选C。 【答案】　C 2．如图所示为某电容式话筒的原理示意图。Q为绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电。对着话筒说话时，M振动而N可视为不动。下列说法正确的是(　　) A．该话筒的传感器是薄金属膜M B．传感器的敏感元件是M、N组成的电容器 C．M、N间的电压始终等于电源电压 D．传感器将声波信号转换为电容器的电容 【解析】　ABD.该话筒的传感器是M、N组成的电容器，传感器的敏感元件是薄金属膜M，传感器将声波信号转换为电容器的电容，AB错误，D正确；C.话筒工作过程中，电容器的电容不断变化，电路中有充、放电电流，固定电阻R上的电压会发生变化，故M、N间的电压不始终等于电源电压，C错误。故选D。 【答案】　D 3.如图所示，有一边长为L的刚性正三角形导线框abc在竖直平面内，且a、b水平，导线框的重力忽略不计。各边导线材料及粗细完全相同，处在方向垂直导线框所在平面向里的匀强磁场中，通过绝缘细线在c点悬挂一个质量为m的物体，将两顶点a、b分别接在恒流源的正负极上，重物恰好对地面没有压力。某时刻由于故障导致线框的水平边ab失去电流，其他条件不变，则稳定后物块对地面的压力是(　　) A.　　　　　　　　 B．0 C. D. 【解析】　设通过ab的电流为I1，通过ac，cd的电流为I2，根据安培力公式F＝BIL，可得ab边的安培力为F1＝BI1L，方向竖直向上 ac，cd的有效长度也是L，则其安培力为F2＝BI2L，方向竖直向上 线框所受安培力的合力为F＝F1＋F2＝B(I1＋I2)L 重物恰好对地面没有压力，由平衡条件可得B(I1＋I2)L＝mg 某时刻由于故障导致线框的水平边ab失去电流，通过ac，cd的流为I，ac，cd的有效长度也是L，则其安培力为F′＝BIL 由于线框接在恒流源的正负极上，则有I＝I1＋I2 则此时F′＝BIL＝B(I1＋I2)L＝mg 所以稳定后物块对地面的压力还是为0，则B正确；ACD错误；故选B。 【答案】　B 4．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝1 000匝，副线圈匝数为n2＝200匝，电阻R＝88 Ω，原线圈接入一电压u＝220sin 100πt(V)的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则(　　) A．副线圈交变电流的频率是100 Hz B．电压表的示数为220 V C．电流表A1的示数为2.5 A D．变压器的输入电功率为22 W 【解析】　由u＝220sin 100πt(V)可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，A错误；而电压表测的是电阻两端电压的有效值，可知读数为 V＝220 V，选项B错误；由＝得，U2＝44 V，则次级电流I2＝＝ A＝0.5 A，由＝得通过电流表的电流为0.1 A，选项C错误。通过电阻R的电流是0.5 A，电阻R消耗的电功率为P＝IR＝22 W，则变压器的输入电功率为22 W，选项D正确；故选D。 【答案】　D 5.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力Ff的变化情况分别是(　　) A．F增大，Ff减小 B．F减小，Ff增大 C．F与Ff都减小 D．F与Ff都增大 【解析】　在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则判断可以知道，导线所受的安培力方向斜向下，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向上，设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G，由磁铁的受力平衡得： 斜面对磁铁的支持力：F＝(G－F安)cos α， 摩擦力：f＝(G－F安)sin α， 在磁铁的N极位置与S极位置对调后， 同理可以知道，斜面对磁铁的支持力：F＝(G＋F安)cos α， 摩擦力：f＝(G＋F安)sin α，可见，F、f都增大，故D正确；综上所述本题答案是D。 【答案】　D 6．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是(　　) 【解析】　根据感应电动势公式E＝BLv0可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来，故D可能，符合题意；ABC不可能，不符合题意。故选D。 【答案】　D 7.如图所示，在竖直平面内有一个两边平行相距为L的光滑导轨，导轨顶端接有一个电阻R，电阻两端并有一个理想电压表，导轨间存在一个垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场宽度为2h，现有一个质量为m，电阻也为R的金属棒，从距磁场上边界为h处自由下落，导轨进入磁场后恰好做匀速直线运动并穿过匀强磁场。在从导轨自由下落到穿过磁场的过程中，下列说法正确的是(　　) A．导体棒在穿过磁场的过程中，电压表的示数为BL B．导体棒在穿过磁场的过程中，电阻R产生的热量为mgh C．导体棒在穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为10 C D．导体棒在穿过磁场的过程中，克服安培力做功为mgh 【解析】　A．导体棒下降h时的速度v＝ 导体棒在穿过磁场的过程中产生的电动势E＝BLv＝BL ，电压表的示数为 U＝IR＝R＝BL ，故A错误。 B．导体棒在穿过磁场的过程中，重力做功转化为导体棒与电阻R上的焦耳热，因导体棒的电阻与电阻R的电阻值相等，所以电阻R上产生的热量Q＝WG＝·2mgh＝mgh，故B正确； C．导体棒在穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝It＝·＝，因为具体的物理量不知道，所以通过R的电量不一定是10C。故C错误。 D．导体棒在穿过磁场的过程中，重力做功与安培力做功的和为0，所以导体棒克服安培力做功为2mgh。故D错误。故选B。 【答案】　B 8.如图所示，在两个半径均为r＝0.1 m的半圆形区域ACD和FGH中，分布有磁感应强度为B＝0.2 T，垂直纸面向里的匀强磁场；在相距为d＝0.1 m的AD和FH之间分布有电场强度为E＝0.1 N/C，方向随时间不断变化的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从ACD的圆心O1点由静止释放，保证粒子每次经过电场区域均能加速，且粒子最终以v＝10 m/s的速度从A点向上射入ACD区域，恰好从D点射出，则下列说法中正确的是(　　) A．电场方向变化的周期可表示为 B．该粒子的比荷为2×103 C/kg C．粒子从开始加速到穿出磁场，共经电场加速10次 D．粒子第n次加速后，其在磁场中的运动半径变为第(n－1)次加速后的倍 【解析】　A．由于粒子每转半周交变电场方向改变一次，所以交变电场的周期为粒子做匀速圆周运动周期的一半， 即：T电＝T＝，A错误； B．设经过n次加速后粒子以速度为v＝10 m/s从A点射出，在这半周中洛伦兹力提供向心力 qvB＝m 所以有 ＝＝ C/kg＝5×102 C/kg B错误； C．从开始到射出，由动能定理 nEqd＝mv2 求得 n＝10 C正确； D．由动能定理经过n－1次加速时 (n－1)Eqd＝mv 粒子做圆周运动的半径 rn－1＝＝ 同理经n次加速后的半径为 rn＝ 则 ＝ D错误。故选C。 【答案】　C 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直。已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力F作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度v、加速度a、感应电动势E以及通过电阻R的电荷量q随时间t变化的关系表示正确的是(　　) 【解析】　AB.金属棒受到恒力作用开始做加速运动，运动以后由于切割磁感线导体棒受到安培力的作用，加速度大小满足：ma＝F－ 随着速度的增大，加速度越来越小，最终将做匀速运动，A错误B正确； C．电动势E＝Blv E随t变化的图线切线斜率越来越小，最后E为一定值，C正确； D．通过电阻R的电荷量q＝It＝t＝ q跟导体棒的位移成正比，当导体棒做匀速运动时图线的切线斜率不变，D正确。故选BCD。 【答案】　BCD 10．如图所示的电路中，L为自感线圈(电阻不计)，A、B为两灯泡，以下结论正确的是(　　) A．合上开关S时，A、B同时亮，之后B变暗直至熄灭，A变亮 B．合上开关S时，A先亮，B后亮 C．断开开关S时，A熄灭，B先变亮再逐渐熄灭 D．断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭 【解析】　AB.合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，A正确，B错误；CD.断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗，C正确，D错误。故选AC。 【答案】　AC 11．如图甲所示，某同学设计用一霍尔元件来判断检测电流I0(方向如图甲所示)是否变化。检测电流在磁芯中产生磁场，其磁感应强度与I0成正比，给载流子为电子的霍尔元件(该霍尔元件三条边长分别为a、b、c)通一恒定工作电流I(方向向右)，如图乙所示，通过右侧电压表的示数可以判断检测电流I0的大小是否发生变化，则下列说法正确的是(　　) A．M端电势较高 B．如果仅将检测电流反向，电压表的正负接线柱无须反接 C．电压表示数跟检测电流的大小有关，跟工作电流的大小也有关 D．在工作电流不变时，电压表示数跟检测电流的大小有关，跟霍尔元件c边的长度也有关 【解析】　A．由安培定则可知，检测电流产生的磁场向下，所以霍尔元件处在竖直向上的磁场中，故电子应垂直纸面向外偏转，所以M端电势高，故A正确；B.仅将检测电流反向，则磁场反向，电子所受洛伦兹力反向，电子偏转反向，所以电压表的正负接线柱要反接，故B错误；CD.磁感应强度与I0成正比B＝kI0，则有eBv＝e ，由I＝nesv＝nebcv，解得U＝，电压表示数跟检测电流的大小有关，跟工作电流的大小也有关。当工作电流I不变时，电压表的示数跟检测电流的大小有关，跟c边的大小无关。故C正确D错误。故选AC。 【答案】　AC 12.如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心，eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心，Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场边界除eb边，其余边界上有磁场)磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力，质量m＝3×10－7 kg，电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是(　　) A．从Od边射入的粒子，出射点全部通过b点 B．从Od边射入的粒子，出射点分布在ab边 C．从aO边射入的粒子，出射点全部通过b点 D．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边或eb边 【解析】　粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到 r＝ ＝ m ＝0.3 m AB.因ab＝0.3 m，从Od边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点O射入粒子的从b点出去；从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b点，故A正确，B错误； CD.从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出。同理可知，从aO边射入的粒子，出射点全部从b点射出；故C正确，D错误。故选AC。 【答案】　AC 三、实验题(本题每个空2分，共18分) 13．小雨同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。 甲　　　　　　　　　　　　乙 (1)闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，灵敏电流计的指针 ____________ (填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”)； (2)闭合开关稳定后，将线圈A从线圈B抽出的过程中，灵敏电流计的指针 ______ (填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”)； (3)如图乙所示，R为光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而减小。金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。当光照减弱时，从左向右看，金属环A中电流方向 ________ (填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将向 ________ (填“左”或“右”)运动，并有 ________ (填“收缩”或“扩张”)的趋势。 【解析】　(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向左偏，合上开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电阻变小，流过线圈的电流变大，那么穿过线圈的磁通量增加，电流计指针将向左偏转。 (2)将线圈A从线圈B抽出的过程中，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向右偏转。 (3)由图乙可知根据右手螺旋定则可判断螺线管磁场方向向右；当光照减弱时，光敏电阻的阻值增加，回路中电流减小，穿过金属环A的磁通量减小，根据楞次定律可知产生向右的感应磁场，再由右手螺旋定则可知从左向右看，金属环A中电流方向顺时针； 因穿过A环的磁通量减小，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相同，故相互吸引，则金属环A将向右运动，且金属环A有扩张趋势。 【答案】　(1)向左偏转　(2)向右偏转　(3)顺时针　右　扩张 14．用压敏电阻可制成压力传感器，它受到的压力越大，输出的电压就越大，用它可以对汽车称重。经实测，某压力传感器输出电压与力的关系如下表： 压力/×105 N 0 1.2 2.4 3.6 4.8 6.0 输出电压/V 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 将该压力传感器水平放置，并和电阻箱R′(最大电阻999.9 Ω)及部分其他器材组成了图(a)所示的电路，闭合开关S，当线圈中的电流I≥20 mA时，电磁继电器的衔铁被吸合。已知继电器线圈的电阻为25 Ω，继电器控制电路的电压由传感器的输出电压U提供。(假设U不受继电器电路影响) (a) (b) (1)根据表格中数据，请在图(b)给定的坐标系中描绘出压力传感器的输出电压随压力变化的图像 ________ ； (2)当压力增加到一定程度时，电铃报警，说明汽车超载，则图甲中电铃应接在 ________ (选填“A、B”或“C、D”)两端； (3)为使车重G≥3.0×105 N时启动报警系统，则电阻箱R′的电阻应调节到 ______ Ω。 (4)通过调整电阻箱R′的阻值，可以调整报警车重，能使该装置报警的最小车重为 ________ N。 【解析】　(1)横坐标表示压力，纵坐标表示输出电压，对应表中数据，绘制图像如下： (2)当压力增大到一定程度时，压力传感器输出电压达到一定数值，线圈中电流大于或等于20 mA时，电磁继电器的衔铁被吸合，C、D间的电路就会被接通，因此电铃应接在C、D之间； (3)从图中可知当FN＝3.0×105 N时U＝2.5 V，而使得电磁继电器的衔铁被吸合的最小电流为20 mA，故电路总电阻R总＝＝125 Ω，所以电阻箱接入电路的阻值R′＝R总－R线＝125 Ω－25 Ω＝100 Ω； (4)因为使电磁继电器衔铁闭合的最小电流I＝20 mA＝0.02 A，继电器线圈的电阻R线＝25 Ω，所以要使该装置报警，压力传感器输出的电压最小值为U最小＝IR线＝0.02 A×25 Ω＝0.5 V，由图像可知，输出电压为0.5 V时，对应的压力为6.0×104 N。 【答案】　(1) (2)C、D　(3)100　(4)6.0×104 四、计算题(本题共4小题，共42分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15．(10分)如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计，在0至t1时间(R、n、r1、r2、t0、B0π为已知量) (1)判断a、b两点的电势高低； (2)求a、b两点的电势差Uab。 【解析】　(1)由Bt图像知，穿过线圈的磁通量均匀减小，根据楞次定律可知a点电势比b点低； (2)由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n ＝nS，又有S＝πr，由欧姆定律得I＝ 线圈两端的电压为电路的路端电压，有Uba＝IR1＝，Uab＝－Uba＝－ 【答案】　(1)a点电势比b点低 (2)－ 16．(10分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝ T。用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V、11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求： (1)发电机输出电压的有效值； (2)变压器原、副线圈的匝数比； (3)交流电流表的示数。 【解析】　(1)线圈转动的角速度ω＝2πf＝2π×50＝100π rad/s 线圈转动产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω＝220××0.05×100π V＝1 100 V 由于线圈内阻不计，则输出电压就等于感应电动势，所以输出电压的有效值为U1＝＝1 100 V (2) 由于电动机的额定电压为220 V，所以变压器的匝数比由变压器的电压关系 ＝＝ (3)根据输入功率等于输出功率得：P入＝P出＝11×103×2＝2.2×104 W 再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A 【答案】　(1)1 100 V　(2)5∶1 (3) 20 A 17.(10分)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻为R的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值也为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦和接触电阻，重力加速度为g，求： (1)重物匀速下降的速度v； (2)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR； (3)将重物下降h时的时刻记作t＝0，速度记为v0，若从t＝0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度的大小B随时间t变化的关系。 【解析】　(1)重物匀速下降时，设细线对金属棒的拉力为T，金属棒所受安培力为F，对金属棒受力，由平衡条件T＝mg＋F 由安培力公式得F＝B0IL 由闭合电路欧姆定律得I＝ 由法拉第电磁感应定律得E＝B0Lv 对重物，由平衡条件得T＝2mg 由上述式子解得v＝ (2)设电路中产生的总焦耳热为Q， 则由系统功能原理得 2mgh－mgh＝(2m)v2＋mv2＋Q，电阻R中产生的焦耳热为QR，由串联电路特点QR＝Q，所以QR＝mgh－ (3)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变Φ0＝Φt 所以B0hL＝Bt(h＋h2)L，式中h2＝v0t＋at2 由牛顿第二定律得：对系统a＝＝ 则磁感应强度与时间t的关系为 Bt＝ 【答案】　(1)　(2)mgh－ (3)Bt＝ 18．(12分)如图甲所示，水平绝缘板AB的正上方的竖直平面内有一竖直向下的匀强电场E，离板A端正上方高h＝1 m的O点有一发射源，能水平发射质量为m＝1.0×10－9 kg，电量大小为q＝8.0×10－10 C的带电粒子，带电粒子恰好能沿水平直线从P点飞离电场区域。若在场区再叠加上一水平向内的匀强磁场B，如图乙所示，发现从O点飞出的初速v0＝1.0 m/s的带电粒子恰好能到达板的A端。 (1)求电场强度E的大小和磁感应强度B的大小； (2)若AB板的长度l＝2 m，要使得带电粒子不能击中板且从右侧飞离场区，求带电粒子的最小初速度大小； (3)若AB板换成弹性绝缘板且长度l＝7(2－) m(含场区的宽度)，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。要使带电粒子从右侧离开场区，求带电粒子的最小发射初速度大小及该过程飞行的时间。 　 甲　　　 　　　　　　乙 【解析】　(1)依题意，带电粒子恰好能沿水平直线从P点飞离电场区域，有mg＝qE 解得E＝12.5 N/C 带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得qv0B＝m ， 又r＝ 联立，可得B＝＝2.5 T (2)带电粒子以最小初速度飞出时，恰好从板右侧飞离场区，如图 由几何关系可得(r1－h)2＋l2＝r 解得r1＝2.5 m，又qv1B＝m 联立，可得v1＝5 m/s (3)依题意，画出带电粒子以最小初速度飞出时，恰好从板右侧飞离场区的轨迹： 设轨迹圆的半径为r2，由几何关系可得r2＋r2sin 60°＝h 解得r2＝(4－2) m，又qv2B＝m 联立，可得v2＝(8－4) m/s 由图可知l＝7(2－) m对应的时间为 t＝·＝ s 【答案】　(1)12.5 N/C　2.5 T (2)5 m/s　(3)(8－4)m/s　 s 学科网（北京）股份有限公司 $$