选择性必修第二册 综合检测卷一(第一、二章)-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

第三部分 综合检测卷 选择性必修第二册 综合检测卷一（第一、二章） 测试建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 出 第1一7题只有一项符合题目要求；每小题4分；第8一11题有多项 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) 1.如图所示，其中不属于利用涡流工作的是 密 接高频 识 交流电源 封 图1真空冶炼炉 图2电磁炉 樊 线 图3带电作业工人 图4安检门 平 内 A.图1真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金 B.图2电磁炉加热食物 C.图3超高压输电线上作业的工人穿着包含金属丝的织物制成 不 的工作服 D.图4安检门可以探测人身携带的金属物品 2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线 框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd (ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭 合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于 答 静止状态.在半圆弧导线的圆心处沿垂直于 导线框平面的方向固定放置一根长直导线P.当P中通以方向 垂直于导线框向外的电流时 ( 题 A.导线框将向左摆动 常 B.导线框将向右摆动 C.从上往下看，导线框将顺时针转动 D.从上往下看，导线框将逆时针转动 3.如图所示，足够长的金属导轨OM、ON在O 点处焊接，匀强磁场垂直于导轨所在平面.t =0时刻，足够长的金属棒由O点沿ON方 向做匀速直线运动，棒始终与导轨接触良好 北 且与ON的夹角不变化，只有焊接点O处有 0 电阻，其他各处无电阻，则在开始计时的两个连续相等时间内，通 过O点的电荷量之比为 ( A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.2:3 4.如图所示，间距为d的甲、乙两块水 平金属板与一个匝数未知的线圈用 导线连接，两板间有一台压力测量 甲 压力 仪，在其水平表面静置一个质量为 乡测量仪 m、带电荷量为q的小球.线圈中无磁 场时，甲、乙板间无电场，测量仪有示 数；当线圈中存在方向竖直向下、磁 R 通量变化率为(k为常数)的磁场时， 测量仪示数变为原来的2倍.小球电荷量保持不变，重力加速度 为g,线圈的电阻不计，则 ( ) A.小球一定带正电 B.线圈的匝数为mg gk C.若线圈中磁场增大，甲极板电势低于乙极板电势 D.若线圈中磁场减小，甲极板电势高于乙极板电势 5.如图所示，MN为区域I、Ⅱ的分界线，在区域 M I和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁 场，一带电粒子沿着弧线apb由区域I运动到 P 区域Ⅱ.已知圆弧ap与圆弧b的弧长之比为 a 2：1,不计粒子重力，下列说法正确的是() A.粒子在区域I和区域Ⅱ中的速率之比为2：1 B.粒子通过圆弧ap、b的时间之比为1：2 C.圆弧ap与圆弧b对应的圆心角之比为2：1 D.区域I和区域Ⅱ的磁场方向相反 6.如图所示，匀强磁场方向垂直纸 WM以2 以 面向外，匀强电场方向竖直向上 相同的带负电小球分别在磁场与 电场中小角度摆动，两小球始终 E 处于竖直面内，且摆角相同，绝缘 细绳始终是张紧的.下列说法正 确的是 ( A.无论在磁场还是电场中，小球的速度越大细绳的拉力就越大 B.无论在磁场还是电场中，小球在摆动过程中机械能守恒 C.磁场中小球的周期等于电场中小球的周期 D.磁场中小球在最低点的速度小于电场中小球在最低点的速度 7.如图所示，在x轴上方区域存在着范 XXX 围足够大的垂直于xOy平面向里的 B 匀强磁场，磁感应强度大小B=×× × (2-②)m.空间坐标(x=0,y=a) 2aq ⊙ 处有一粒子源S,某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个(N 足够大)质量为m、电荷量为q、速度为。的带正电粒子.则不能 到达x轴上的粒子所占比例为 () A君 B c 1 D. 8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上建立直角坐标y 系xOy,其第一象限内存在着垂直于水平面的磁 XFX 场，沿y轴正方向的磁感应强度大小的变化规律 ×本X× 为B=B。十ky(k>0,为常数)，沿x轴方向的磁 × 感应强度相同.一面积为S的单匝正方形线框在 沿y轴方向的拉力F作用下沿y轴正方向做匀 0 速运动.已知线框的电阻为R,运动的速度大小为，则下列说法 正确的是 () A.线框中产生的感应电动势大小为kS B线框中感应电流大小为袋，方向总是顺时针方向 C.拉力的大小为知S R D.拉力F的瞬时功率大于线框的电功率 9.如图所示，由两种比荷不同的离子组成的离 义×B×× 子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组 成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中 并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列 速度选择器。 +0 说法正确的是 A.组成A束和B束的离子都带正电 B.组成A束和B束的离子质量一定相同 C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里 10.如图所示，xOy平面的第一、三象限内以 坐标原点O为圆心、半径为√2L的扇形区 域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场.边 B 长为L的正方形金属框绕其始终在O点 的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针 B. 匀速转动.t=0时刻，金属框开始进入第 一象限.不考虑自感影响，关于金属框中感 应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是 A,在1=0到1一无的过程中，E一直增大 B在1=0到1一%的过程中，E先增大后减小 C.在1=0到1一的过程中，E的变化率一直增大 D.在t=0到t=无的过程中，E的变化率一直减小 4) 11.竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方 向如图所示，磁感应强度大小为B=0.5T,导 体ab及cd长均为0.2m,电阻均为0.12，重均 为0.1N,现用力向上推动导体ab,使之匀速上 ××× d 升（与导轨接触良好），此时cd恰好静止不动， 那么ab上升时，下列说法正确的是 选择性必修第二册33 A.ab受到的推力大小为4N B.ab向上的速度为2m/s C.在2s内，推力做功转化的电能是0.4J D.在2s内，推力做功为0.6J 二、实验或填空题（本题共2小题，共16分） 12.(7分)按照如图所示进行实验， 2 34 (1)分别接通“1、4”和“2、3”，导线偏转的角度不同，说明导线受 到的力的大小与 有关 (2)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”) (3)只改变导线中电流的方向，导线受力的方向 (选填 “改变”或“不改变”). (4)通过实验说明：安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的 关系满足 定则 13.(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 电压传感器 光电门 挡光片 螺线管 磁铁 弹簧 甲 25 0 15 10 乙 (1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度△d,如图乙所示， △d= mm; (2)在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录光电门挡光 时间△t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”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在 △t时间内 A.磁通量的变化量 B.磁通量的变化率 C.磁通量 (3)得到多组△t与E的数据之后，若以E为纵坐标、△t为横坐 标画出E一△t图像，发现图像是一条曲线，不容易得出清晰的 34选择性必修第二册 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； (4)根据改进后画出的图像得出的结论是：在误差允许的范 围内 三、计算题（本题共3小题，共40分） 14.(11分)如图所示，半径为R的圆形区域，圆心位于平面直角坐 标系原点O,其内充满垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感 应强度大小为B。;在第四象限x≥R空间充满沿y轴正方向的 匀强电场.位于x轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q、质 量为m的正离子，离子沿x轴正方向进入磁场，经坐标点(4R, 0)离开电场.已知离子离开磁场时速度方向与x轴正方向的夹 角0=60°.忽略离子间的相互作用，不计重力.求 E (1)离子在圆形区域中运动时的速度大小v; (2)电场强度的大小E. 15.(13分)如图所示，直角三角形OAC(α=30°)区域内有B=0.5 T的匀强磁场，方向如图所示.两平行极板M、N接在电压为U 的直流电源上，M板为高电势.一带正电的粒子从靠近M板由 静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，从P点以垂直OA 的方向进入磁场中，带电粒子的比荷为9=1.0×104C/kg,O、 m P间距离为l=1.2m.全过程不计粒子所受的重力，求： A m D 61 (1)粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间； (2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间； (3)若加速电压U=220V,通过计算说明粒子从三角形OAC的 哪一边离开磁场. 16.(16分)如图，间距L=0.5m的平行光滑双导轨固定在竖直面 内，其上端连接着阻值R=3Ω的电阻；导轨所在空间存在方向 垂直于导轨平面向里、磁感应强度均为B=2T的两个匀强磁 场区域I和Ⅱ，磁场边界与导轨垂直，区域I的宽度和两个磁场 区域的间距相等.现将一个质量m=0.1kg、阻值r=12、长度 也为L的导体棒bc从区域I上方某处由静止释放，bc恰好能够 匀速穿越区域I,且进入区域Ⅱ瞬间的加速度大小为a=2.5 m/s2,导轨电阻不计，bc与导轨接触良好，重力加速度g=10 m/s2.求： H ×B×Ⅱ× (1)bc释放时距区域I上边界的高度H; (2)穿越区域I的过程中bc上产生的热量.侣十)成D地民 由1=m得U2=U1=22.5V 12.BD由U2-2 n 开关S接1时，设连接两理想变压器的导线中的电流为I1,则U3=U2一I1 由2 费发-10W,得U,=10V则1a=货-1A 再最号释14=05A 解得U3=20V,r=52,故B正确. 当S接2时，设连接两理想变压器的导线中的电流为I2,通过R的电流为IR U3'=U2-I2r=22.5V-12·52 爱-最-子U-gR 解得1R'=1.5A,UR'=15V 则P=IR'UR'=22.5W,故D正确. 13.答案(1)e=50cos100t(V)(2)100W 解析(I)线圈中感应电动势的最大值Em=NBSw 解得Em=50V 瞬时值表达式为e=Emcos wt-=50cos100t(V) (2)变压器原线圈电压有效值U1= Em=25√2V 报碧-骨 得U2=100√2V 由P紧 解得P=100W 14.答案(12kw(②品出 解析(1)年秒水流机機能损失为△E=2m(02-2)十mg△h=2X10丁 发电机的输出功率为P出=75%△E×80%=12kW t (2)由题可知P线=5%P出=600W P践=5A 由P线=1线R线，得1线气√ P出=50A 12=1线=5A,11= 对升压变压器有-=1 n2I110 I3=I线=5A,I4 P出-P&=570A U 11 所以对降压变压器有==114 n4I311 15,答案1u=20 in200u(V)(2D0.4A(3)号 解析(1)w=2牙=200元rad/s 则原线圈输入电压u的瞬时值表达式为u=200√2sin200πt(V) 2u=°=200V 变压器为理想变压器，P1=P2=80W _P1=0.4A 原线图中的电流11一 84参考答案 (3)设a,b间线圈臣数为m1,则有_U-U nI na nde 由题意有2U R1=R2 ,ne=nad十nde U3 4 联立可得”d=1 nde 3 16.答案(1)50A(2)1：16(3)40% 析①)根据理想变压器变压规律得一 解得U3=3800V 根据理想变压器的功率关系知P3=P4=1.9×105W ,则有 根据P3=U3I2得12=50A (2)输电线上损失的电压△UU=I2r=200V 得U2=U3十△U=4000V 故n1：n2=U1:U2=1：16 (3)输电线上损失的电功率，△P=I22r=10000W 故发电机输出电功率P1=P3十△P=2×105W 由题知水流的机械功率P。=mg=Qgh=5X105W t 故水能转化为包能的效率-片×100%=40% 重点强化六全册实验综合 1.(1)D(2)副线圈 解析(1)根据电压表读数知，该变压器的输出电压为40V,所以变压器的原副线圈 压数之此公-是一后日成D运用A队C得民 (2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反 比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈 的电流较大，应该使用较粗的导线。 2.答案(1)C(2)顺时针(3)竖直向上 解析(1)电流从正接线柱流入时指针右偏，从负接线柱流入时指针左偏，从而确定 指针偏转方向与电流流入方向的关系，选项C正确.(2)电流计指针向右偏转，说明 感应电流从正接线柱流入电流计，则螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针 方向的.(3)根据安培定则，感应电流的磁场方向竖直向上 3.答案(1)向右偏向左偏(2)B 解析(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线 圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线图中 时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏；A线圈插入B线圈后，将 滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电 流计指针将向左偏. (2)在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是线圈B. 4.答案(1)红(2)150(3)0.42 解析(1)电荷在磁场中受洛伦兹力的作用，根据左手定则可得α电极为正，b电极 为负，图甲中与a相连的是多用电表的红表笔 (2)监测中用多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U,根据图乙可得U= 150uV (3)根据9名-B,可得品代入长据，解释0,2ms U 5.答案(1)> (2)不需要(3)2(，-4) IL 解析(I)由左手定则可知闭合开关后金属棒αb受到向下的安培力，轻弹簧的长度 增大，所以，2>1. (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-lo） 开关S闭合后，由平衡条件得mg+BIL=2k(l2一lo) 解得B= 2k(L2-L1) L 由上述分析可知实验中不需要测量金属棒ab的质量 6.答案(1)BA(2)减小增大80(3)A 解析(1)根据“当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮； 当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，知警铃的接 线柱C应与接线柱B相连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连. (2)当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小，由欧姆定律知电路中电流增大，则继电 器的磁性将增大.当线圈中的电流等于50A时，继电器的衔铁刚好被吸合，则控制 电路中电但录大值为R影-号-g品A=60n 此时热敏电阻阻值为R=R总一R0=(60一30)2=302 由图乙知，此时环境温度为80℃，所以环境温度在大于等于80℃时，警铃报警. (3)要使报警电路在更高的温度就报警，则线圈中的电流等于50mA时，热敏电阻R 变大，由(2)知，热敏电阻R一 则可通过适当减小U1达到这个目的.故选项A正确， 7.答案(1)CD(2)CABDE L1R1 解析（①）RL=P=0.6≈10.40，S1闭合时，L2与R2串联部分被短路，L2不 U 发光，通过L的电流R1十R≈218mA>30mA,故电路中只有L会发光，故 A错误；当锅内温度高于103℃时，S1自动断开，此时，电路结构为L2与R2串联在 =R(R1+R1)_60×(1000+10.4) 千路中，R1L1串联后与加热电阻R并联，R并=R千R1十RL=60十1000+10.4 U 0≈56.6，流过L:的电流1，-R#+RL+R≈206mA>30mA,此时U并 R并 U并 R#十RL十R2U≈11.7V,流过L的电流1一R干R≈1.6mA<30mA,故此 时L1不发光，L2发光，故B错误；保温过程中，当温度低于70℃，S2自动闭合，电路 处于加热状态，当温度达到80℃，S2自动断开，故C正确；当温度低于70℃时，S2 自动闭合，电路结构与S1闭合时情况相同，故D正确. (2)多用电表使用时，先进行机械调零，使用欧姆挡时，应先选择倍率，再进行欧姆调 零，然后开始测电阻，最后将选择开关置于OF℉位置或交流电压最高挡，故正确步 骤为CABDE.题图3所示阻值为1060D左右，接近R1与R串联后的阻值，故可判 断是L1断路；题图4所示阻值非常小，应该是L1的阻值，又因电饭煲加热和保温功 能正常，则可判断是R1断路. 第三部分综合检测卷 选择性必修第二册综合检测卷一（第一、二章） 1.C真空冶炼炉治炼高质量的合金，是使金属材料产生涡流而快速发热的，故A错 误；电磁炉工作时线圈周围产生交变磁场，从而使铁锅底部产生涡流而快速加热，故 B错误；工人穿着包含金属丝的织物制成的工作服可以高压带电作业，是利用静电 屏蔽原理，不属于利用涡流工作，故C正确；安检门可以探测人身上是否携带金属物 品是通过使金属物品内产生涡流而使报警器发出警报的，故D错误. 2.D当长直导线P中通以方向垂直于导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长 直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，则两半圆 孤导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向 外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D 正确. 3.C全属捧白0点沿ON方向与速初制磁感线，则E=兽，由于平均电流为I-是， R E △ΦA△ΦB△S 由公式g=亚可得电荷量为g=I△1=发△1=尺器A=尺=R,因为整个空间分布 着垂直导轨平面的匀强磁场，所以通过O,点的电荷量与相同时间内金属棒扫过的面 积成正比，设金属棒运动的时间分别为T和2T,由几何关系可得，第二个T内扫过 的面积是第一个T内的3倍，则电荷量之比是1：3，故C正确. 4.B由题意可知，测量仪示数变为原来的2倍，小球所受电场力竖直向下，则|qE= g;若线圈中磁场是增强的，根据楞次定律可知甲极板带正电、乙极板带负电，则甲 极板电势高于乙极板电势，小球带正电；若线圈中磁场是减弱的，可知甲极板带负 电、乙极板带正电，则甲极板电势低于乙极板电势，小球带负电，故选项A、C、D错 误；设线圈的匝数为N,根据法拉第电磁感应定律可知两极板间电压大小为U=Nk|,两 极核间电场最度大小为B-号且9E=m8,解得N=,故选项B正确， 5.D由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区 城I和区域Ⅱ中的递率之比为1：1，错误：根据1=子，0相同，则时间之比等于经 过的孤长之比，即粒子通过圆孤ap、pb的时间之比为2：1，B错误；圆心角0=1， 一B,由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比 =m 无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关 系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确. 6.D在磁场中往复运动的小球所受的洛伦兹力与运动方向有关，有时洛伦兹力有向 上的分力，有时洛伦兹力有向下的分力，所以小球的速度越大，细绳的拉力不一定就 越大，故A错误.在电场中，电场力对小球做功，小球在摆动过程中机械能是不守恒 的，故B错误.在磁场中运动的小球所受洛伦兹力方向始终沿着细绳方向，则洛伦兹 提供单摆振动的回复力，故小球运动周期为T=2√仁：在电场中运动 重力称竖直向下，等效的重力加速度g=8十肥，由周盟 可知，小球在电场中的周期小于在磁场中的周期，故C错误.无论在磁场还是电场 中，小球在最低，点时速度最大，小球从最高点到最低点的过程中，洛伦兹力对磁场中 的小球不做功，在电场中的小球所受电场力方向始终是竖直向下的，电场力做正功， 根据动能定理可知，磁场中小球的最大速度小于电场中小球的最大速度，故D正确. 7.B由于粒子源S向平面内任意方向发射粒子 的速度都为0，则所有粒子轨迹的半径相同.由 十 XX 洛伦兹力提供圆周运动的向心力有q心oB=m × R,可得r=2 a=(2十√2)a,由图形剖析可 2-√2 BX 知临界条件为轨迹圆与x轴相切，由几何关系 不能到达x轴上的粒子对应 有c0s0=,“=号，所以0=45；又由几何关系 的与y轴负方向的最大夹角 有a=45°，β=135°，所以速度方向处在与y轴负 y 方向夹角为45°135°范围内的带电粒子均不 B 能到达x轴，即有是的粒子不能到达x轴，故 × er o 选B. × 8.AC线框做匀速运动，t时间内的位移为s= 不能到达x轴上的粒子对应 t,下边产生的感应电动势大小为E1=(B。十 的与y轴负方向的最小夹角 s)L0,上边产生的感应电动势大小为E2=[B。 十(s十L)]Lv,回路总的感应电动势为E=E2一E1=L2v=S,选项A正确.线框 中感应电流大小为1=，根据楞次定律可知感应电流的方向总是逆时针方向，选 R 项B错误.拉力的大小F=F安=[B十(s+L)门IL-[B十]IL=知 R,选项C 正确.线框做匀速运动，由能量关系可知拉力F做的功等于线框的电功，所以拉力F 的瞬时功率等于线框的电功率，选项D错误. 9.ACDA、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电， 故A正确；能通过速度选择器的离子所受静电力和洛伦兹力平衡，则gB=gE,即不 发生偏转的离子具有相同的追度，大小为=号：进入另一个匀强磁场分裂为A,B 两束，载道半轻不等，根据，一侣可知，半径大的此荷小，所以A束高子的比荷大于 B束离子的比荷，但不能判断两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器 中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根 据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确 10.BC在i=0至一无的过程中，l有先变大后变小，由于E=合B队有2，故E先增大 后减小，故B正确，A错误.在1=0至1一无的过程中，有效切制长度货=05E 2。二2由三角函数求导知识可得，E的交化率-BL △t sin wt变大，故C正确，D错误。 coswt 11.BC两导体棒组成的整体，合力为零，根据平衡条件，ab棒受到的推力为F=2mg =0.2N,A错误；对ab棒根据平衡条件，有F安=F-mg=mg,F安=BIL,I= 头，联立可得v=2m/s,B正确；在2s内，推力做功转化的电能全部转化为内能) E2 有Q=2泉，E=BL0,代入数据得Q=0.4J,C正确；因2s内，推力做功为W=Ft =0.8J,D错误. 12.答案（1)通电导线在磁场中的长度 (2)改变(3)改变(4)左手 解析(1)分别接通“1、4”和“2、3”，通电的导线长度变化，发现导线偏转的角度不 同，这说明安培力的大小与通电导线在磁场中的长度有关. (2)安培力的方向是由磁感应强度B的方向和电流方向共同决定的，故只上下交换 磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向改变， (3)安培力的方向是由磁感应强度B的方向和电流方向共同决定的，只改变导线中 电流的方向，导线受力的方向改变. (4)安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足左手定则. 13.答案15.65(2)A(3) (4)见解题思路 解析(1)螺旋测微器固定刻度为5.5mm,可动刻度为0.01mm×16.5=0.165 mm,所以最终读数为5.5mm十0.165mm=5.665mm, (2)每次实验在挡光时间△t内磁铁与螺线管之间相对位置的改变量都一样，穿过 螺线管磁通量的变化量△p都相同，故选A. (3)国△师不支，根搭E=n盟可知E与立成正比，横坐标应该是品 (4)感应电动势与磁通量变化率成正比（或者在磁通量变化量相同的情况下，感应 电动势与时间成反比). 14.答案1)3gBR（2)23gBR m 3m 解析(1)离子在国形磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，则q0B=mw 个y BO'R cos v sin 6 由几何知识有r=R。 0=V3R tan 2 解得=3gB,R m (2)进入电场区时，纵坐标为y=一Rtan0=-√3R 离子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动，有Vx=口c0s日=2” 因x轴方向分位移x=3R,则运动时间为t=3迟 Ux 离子沿y轴方向做匀变速直线运动，有 Vy=sin =3 0 加速度大小a=gE m 1 则y=y4-2a 解得E-23gB,2R 3m 15.答案(1)2元×104s(2)5×104s(3)0C边 解析(1)带电粒子在磁场中做圆周运动， 由B如="四及T-2可得周有为：T=留-X10‘s=4标X104s 粒子从OA边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，时间为1=2二 2元X10-4s; (2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，时间即为从OC边 射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在 磁扬中运动的景长时同为么=了-智X10‘s: A:.7C P·· .B P·· 0R/ c a 0 0 甲 乙 (3)粒子在加速电场被加速，则有gU=m心2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有gB=m 因U=220V,解得r=0.4√1.1m 如图乙所示，当带电粒子的轨迹与O℃边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中 做匀速圆周运动的半径为R, 由几何关系得R十R=l,解得R=0.4m sin a 由于粒子在磁场中运动的半径r=0.4√1.Im>0.4m, 所以粒子从OC边射出. 16.答案(1)0.8m(2)0.1125J 解析(1)设bc在区域I中匀速运动的速率为1，在区域I中，bc切割磁感线产生 的感应电动势为E1=BL E1 感应电流为1h=R十7 参考答案85 bc所受安培力为F1=B1,L=BL2四 R+r 由力的平衡条件有F1=mg 代入数据联立解得U1=4m/s 进入区域I前，bc做自由落体运动，由运动学规律有⑦12=2gH 代入数据解得H=0.8m (2)设bc进入区域Ⅱ瞬间的速率为℃2，在进入区域Ⅱ瞬间，bc切割磁感线产生的感 应电动势为E2=BL2 E2 感应电流为I=R十r 6c所受安培力为F2=B1,L=BL2四 R十r 因v2>U1,故F2>F1,可知加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律有F2一mg=ma 代入数据联立解得2=5m/s 由运动学规律有v22一v12=2gh 代入数据解得h=0.45m 穿越区域I的过程中，设电路中产生的总热量为Q,则bc上产生的热量为 rQ Qx二R十r 由能量守恒定律有Q=mgh 代入数据解得Q=0.1125J 选择性必修第二册综合检测卷二（全册） 1.B客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，A 错误；振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波， B正确；电磁波是横波，C错误；电磁波可以在真空中传播，D错误. 2.Bt1到t2时间内电流方向为逆时针且电流逐渐增大，则电容器处于放电过程，上 极板带正电，且电荷量逐渐减小，电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大，选项B正确，A、 C、D错误. 3.C根据左手定则知，正离子受到的洛伦兹力向上，所以上金属板带正电，即上金属 板为发电机的正极.稳定后有导)=9加B,解得E=B,根搭闭合电路欧姆定体得1 R选项C三魂 4.C粒子经过c点，说明粒子运动轨迹向下发生偏转，则由左手定则可知粒子一定带 负电，A错误；由题意作出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹 半径为r=ltan30°= 3 、、 0 2 由洛伦兹力提供向心力得qB=m, 解得=BL,B错误；由几何关系可知，粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，则粒 3m 子由P到c的过程中速度方向改变了120°，C正确；由以上分析可知，粒子由P到c 的运动时同为写，又周期T-所以粒子运动的时间为1一器，D错民。 aB 5.A设ab边电阻为R、长度为L,由几何关系可知，ac边电阻为0.8R,cb边电阻为0.6R,则 Qb边所受安培力大小为PB,折线acb边的有效长度也为L,故折线ab边所受 培力大小为Pa-Q眼服0时·。-517，选项A王瑰 86参考答案 6.D金属棒微匀加速运动，产生的高应电动势为E=BL0=BLa,店应电流为I=是 =尺，其中L为金属棒在两导轨间的长度，可见电流1与时间t成正比，I一1图 是这原点的直线，选项A王确：由g=亚-职=贸得电药量与位移江成正比，因 线应为过原，点的直线，选项B正确；由牛顿第二定律得下-B=m,得F R B2十ma=B22十ma,则F-t图像应为不过原点的倾斜直线，选项C正确；根 R R 据功率公式P=Fu,得P=F=ma21+B2,外力F的功率随时间变化的图像 R 应该是二次函数图像，选项D错误 7.C三只灯泡都正常发光，由P=U1,可知流过L2、L3的电流均为0.75A,所以电流 表的示数为1.5A,即副线圈中的电流为1.5A,同理可知流过L1的电流为0.5A, 原线圈中的电流为0.5A,所以=片=马，A错误，C正确；原，线圈两端的电压 之比U1:U2=n1:n2,且U2=8V,可得U1=24V,故电压表的示数为24V,a、b两 端的电压为U山=U1十UL1=28V,则交变电压的最大值为28V2V,B、D错误. 8.C离子在磁场I中的轨造园半径为a,设离子的建率为，则a=器由几何知识 得，离子在破场Ⅱ中载选国的最大丰径为2，由2a=置，解得g=号，故选C 9.AC根据P线=I线2R,解得I线=20A,A正确；设升压变压器原线圈电流为I1, U=P题十P,条得1=184A,升压交压器的版教比为是-是得-gB错 关：降压变压器的制线腰的电流为4=品-110×易A=20A,降压交压器的 匝数比为n3:4=14:13=200:20=10:1,C正确；发电机的输出功率为P出= U1I1=250×184W=46kW,D错误. 10.AC金属霍尔元件载流子为电子，当△之大于零时，磁场方向沿之轴负向，根据左 手定则，电子所受洛伦兹力向下，偏向下表面，上表面的电势比下表面的电势高，A 正确；由图形剖析知，上、下表面间的霍尔电压UH与I有关，B错误；由题意知B= A,代入U-影gU-品4，能高器的灵放度婴-品与a有关，与6无 nga 关，C正确，D错误， 设电子的电荷量为9， 当达到稳定状态时，电 定向移动的平均速度 /Az 场力与洛伦兹力平衡， 为，单位体积内的自 由电子数为n,则由 气1=n62,由①②两 I=nqwS=nqvab(① 式得Unga BI 11.AD当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定 律可得总电流增大，R2两端的电压为U2=E一I(r十R1),所以R2两端的电压U2 减小，选项A正确，B错误；根据欧姆定律知通过R2的电流减小，根据并联分流可 得通过R3的电流增大，电磁继电器产生的磁场增强，吸引衔铁，红灯亮，选项D正 确，C错误. 12.ABD由右手定则可知通过金属棒OA的电流方向由A到O,选项A正确；金属棒 OA产生的感应电动势大小为E=合B02=2V,S闭合时的等效电路知图1所示， 电路的外电阻为R尺：RX十3，由闭合电路欧埒定律得，通过 OA的电流为IR平，。=05A,选项B正确：根据能量守板定律可得外力的功车 为P=IE=1W,选项C错误；S断开前，电路的路端电压为U=IR=1.5V,电容器 端的电压为U=R十RU=0.6V,此时电容器a板带正电，b板带负电，且所对 的电荷量为Q1=CU1=2.4×10一6C,S断开后的等效电路如图2所示，电容器两端 的电压为U聚。1V,电鸡修交后电容品a板带负电b旅带压包，退所 带的电荷量为Q2=CU2=4X106C,由于开关断开后电容器极板电性发生变化， 所以通过电流表的电荷量为Q=Q1十Q2=6.4×10一6C,选项D正确. E,To E,ro R R A C R 图1 图2 13.答案(1)D(2)有效60 解析(1)变压器的原线圈0、8接线柱与直流电压8.0V相连，不会发生电磁感应 现象，故可知副线圈0、4接线柱所接电表的示数为0； (2)多用电表测量的是交流电压的有效值.该同学利用多用电表“X10”倍率的欧姆 挡测量副线圈的电阻，由题图丙可知，读数为6×102=602. 14.答案(1)AB(2)ABC (3)电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应电动势 解析(1)螺线管不动，磁铁不管是匀速还是加速插入或拔出螺线管磁通量都会发 生改变，会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故A、B正确；磁铁与螺线管保持相 对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动，螺线管磁通量都不发生 变化，故不会产生感应电流，电流计指针不发生偏转，故C、D错误. (2)开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电 流，引起电流计指针偏转，故A正确；线圈A插入或拔出时速度越快，磁通量变化 越快，感应电动势和感应电流越大，电流计指针偏转角度越大，故B正确；线圈A插 入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁 通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转， 故C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变 化，穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，电流计指针都会偏转，故D 错误. (3)在拆除螺线管A时，电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应 电动势，所以被电击一下. 15.答案(1)mgsin&垂直导轨平面向上 Il (2)3 cos a 解析(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，此时由 左手定则知，磁感应强度方向垂直导轨平面向上，对导体棒进行受力分析有 BIL G 由共点力的平衡有F续mm=mgsin a=-Bn,则Bmin=mgsin a