新教材适用2023_2024学年高中物理本册综合学业质量标准检测新人教版选择性必修第二册

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本册综合学业质量标准检测 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．2022年4月，我县突发疫情，在疫情防控中，我县人民风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。科技人员用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，“大白”们用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。那么，关于红外线和紫外线的说法正确的是( D )A．温度越低红外线强度越大B．在同一介质中，红外线的折射率比红光的大C．红外线光子能量大于紫外线光子能量D．紫外线可以杀死新冠病毒，我们利用了其灭菌消毒作用解析：一切物体均向外辐射红外线，温度越低，红外线的辐射强度越小，故A错误；根据电磁波谱可知，在同一介质中，红外线的波长比红光的波长长，则折射率比红光的小，故B错误；根据电磁波谱可知，红外线的频率小于紫外线的频率，根据光子频率越大，能量越多，可知红外线光子的能量小于紫外线光子的能量，故C错误；紫外线可以杀死新冠病毒，我们利用了其灭菌消毒的作用，故D正确。2．(2022·重庆巴蜀中学高二期中)利用金属热电阻和热敏电阻的阻值与温度之间的对应关系，除了可以测量温度，还可以有其他用途。如图所示，一些汽车的低油位报警装置采用热敏电阻来检测油箱的警戒液位，下列说法正确的是( C )A．当液面高于热敏电阻时，热敏电阻的热量会被液体带走，温度基本不变，指示灯亮B．给热敏电阻通一定电流，可利用热敏电阻对液体进行快速加热C．当液体减少，液面低于热敏电阻时，热敏电阻温度升高，指示灯亮D．无法通过热敏电阻的阻值变化来判断液面是否低于设定值解析：如图甲所示，若给热敏电阻通以一定电流时，热敏电阻会产生热，当液面高于热敏电阻时，热敏电阻的热量会被液体带走，温度基本不变，电阻较大，指示灯不亮，A错误；给热敏电阻通一定电流，热敏电阻会产生热，可当给液体进行加热时，因液体的温度较低，热敏电阻的阻值变化不大，电流较小，热量较小，液体温度升高的慢，因此利用热敏电阻对液体不能进行快速加热，B错误；如图乙所示，当液体减少，液面低于热敏电阻时，热敏电阻温度升高，阻值较小，电流较大，指示灯亮，就显示出报警信号，C正确；因热敏电阻值与温度的变化是有一定关系的，这个关系转变成电流的变化关系，可以由热敏电阻的阻值变化来判断液面是否低于设定值，D错误。3．如图所示，L为电感线圈，R为滑动变阻器，A1、A2是两个完全相同的灯泡。将R触头滑动至某一位置，闭合开关S，灯A1立即变亮，灯A2逐渐变亮，最终A2亮度更高。则( D )A．R连入电路的阻值与L的直流阻值相同B．闭合S瞬间，L中电流与变阻器R中电流相等C．断开S，A1立刻熄灭，A2逐渐熄灭D．断开S，A1闪亮后再逐渐熄灭，A2逐渐熄灭解析：已知最终A2亮度更高，则通过A2的电流更大，根据并联电路电压相等可知，R连入电路的阻值大于L的直流阻值，故A错误；闭合S瞬间，L阻碍电流的增大，L中电流小于变阻器R中电流，故B错误；断开S，L阻碍电流的减小，L和变阻器R以及两灯泡构成回路，断开S瞬间该回路电流大小等于初始通过A2的电流，故A1闪亮，之后L的电流逐渐减小至零，则两灯逐渐熄灭，故C错误，D正确。4．同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s内( A )A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小解析：在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误。5．如图所示，半圆形线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的有界匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴(OO′为有界磁场边界)以角速度ω匀速转动，会产生交变电流，已知外电路电阻为R。则电路中电流的有效值为( B )A．  B．C．  D．解析：若半圆形线圈转动的角速度为ω，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电(全波波形)的每个周期有半个周期存在电动势(半波波形)，设输入电压的有效值为U，电动势最大值为Um＝Em＝NBSω，则T＝×，因此电压有效值为U＝，电路中电流的有效值为I＝＝，B正确，A、C、D错误。6．如图，平行金属板A、C面积均为S，相距为d，在两金属板之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，通过导线将两金属板与平行金属导轨相连，两导轨水平放置且处于垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，长为L的金属棒的两端恰好静置在水平金属导轨上，平行金属导轨电阻不计，金属棒电阻为R，在平行金属板A、C左端均匀通入质量为m、电荷量为q的等离子体，其速度均为v，已知金属板A、C之间等离子体的电阻率为ρ，开始时开关K断开，金属棒始终处于静止状态，下列判断中正确的是( D )A．金属板A带正电B．在开关K断开时，平行金属板A、C间产生的电势差为BLvC．在开关K闭合瞬间，通过金属棒L的电流大小为D．在开关K闭合瞬间，金属棒L所受安培力大小为解析：根据左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力，在C板聚集，负离子受向上的洛伦兹力，在A板聚集，即A板带负电，故A错误；在开关K断开时，两极板上电荷积累，在两极板间形成电场，当带电粒子受电场力等于洛伦兹力时，两极板间电势差稳定，则有q＝qvB，可得U＝Bdv，故B错误；在开关K闭合瞬间，回路中的总电阻为R总＝ρ＋R＝，电流为I＝＝，故C错误；在开关K闭合瞬间，金属棒L所受安培力大小为F＝BIL＝。故D正确。7．如图所示，L为一电阻可忽略的线圈，D为一灯泡，C为电容器，开关S处于闭合状态，灯泡D正常发光，现突然断开S，并开始计时，能正确反映电容器a极板上电荷量q及LC回路中电流i(规定顺时针方向为正)随时间变化的图像是(图中q为正值表示a极板带正电)( BC )            A　　　　       B            C　　　    　D解析：S闭合时，D正常发光，此时电容器两端的电势差为零，根据Q＝CU知，所带的电荷量为零，断开S，由于线圈阻碍电流的变化，电容器反向充电，电荷量逐渐增大，磁场能转化为电场能，充电完毕后，又开始放电，将电场能转化为磁场能，形成L－C振荡电路，电荷量随时间周期性变化，故A项不合题意，B项符合题意；当突然断开S，线圈中电流减小，则出现感应电动势，从而对电容器进行充电，导致磁场能减小，电场能增大，则电流减小，线圈因阻碍电流减小，电流方向为顺时针，故C项符合题意，D项不合题意。8．在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( AD )A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 VC．电流表的示数为1.0 AD．变压器传输的电功率为15.0 W解析：交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝＝1 A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2＝IR2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝U2＝10×10 V＝100 V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1 A＋0.5 A＝1.5 A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15 W，D正确。9．如图所示，xOy平面第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子质量相等，以大小相同的速度从O点射入磁场，甲初速度方向沿x轴、乙初速度方向沿y轴，两粒子均能通过第一象限内的P点。已知O、P两点连线与x轴正方向之间的夹角为60°，不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则( BD )A．甲带负电、乙带正电B．甲、乙运动轨迹的半径之比为1∶C．甲、乙所带电荷量大小之比为1∶D．甲、乙从O运动到P所用时间之比为2∶解析：由题意，根据左手定则可判得，甲带正电、乙带负电，故A错误；由题意可得，甲、乙的运动轨迹如图中圆弧1、圆弧2由几何关系得r1cos 30°＝r2cos 60°，所以甲、乙运动轨迹的半径之比为r1∶r2＝1∶，故B正确；根据qvB＝m，得r＝，因为甲、乙两带电粒子质量相等，初速度相等，所以甲、乙所带电荷量大小之比为半径反比，即q1∶q2＝∶1，故C错误；由几何关系得，甲、乙从O运动到P对应圆心角分别为120°、60°，所以甲、乙从O运动到P所用时间分别为t1＝T1＝·，t2＝T2＝·，解得t1∶t2＝2∶，故D正确。10．为了解决用电高峰电压不足的问题，某同学设计了如下输电线路。交流发电机的线圈电阻忽略不计，输出电压u＝Umsin ωt，T1、T2均为理想变压器，R1和R2为纯电阻用电器。输电线的等效总电阻为r＝20 Ω，n1∶n2＝1∶10，n4可调，R1和R2的额定电压均为220 V，阻值均为11 Ω，其余电阻不计。S断开时对应用电低谷，调节n3∶n4＝10∶1，此时用电器R1正常工作，输电线上损耗的功率为ΔP；S闭合时对应用电高峰，调节变压器T2的副线圈，当其匝数比为N∶1时，用电器R1又能正常工作，此时变压器T2原线圈的电压为U3，输电线上损耗的功率为ΔP′。则( CD )A．Um＝220 V  B．U3＝2 200 VC．N<10  D．ΔP′>4ΔP解析：S断开时，T2副线圈的电压为220 V、电流为20 A，其原线圈的电压为2 200 V、电流为2 A，输电线损耗的电压为ΔU＝2 A×20 Ω＝40 V，损耗功率为ΔP＝80 W，T1副线圈的电压为2 240 V，原线圈的电压为224.0 V，所以Um＝224 V，故A错误；S闭合后，对T2，如果n4不变，则原、副线圈的电压均减小，需要将n4变大才能使副线圈电压变回到220 V，故N<10；此时根据并联干路与支路电流关系得副线圈电流为40 A，所以原线圈中电流大于4 A，故根据焦耳定律可知，输电线损耗的功率ΔP′>4ΔP，输电线承担的电压也增大，电压U3小于2 200 V，故B错误，C、D正确。第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)如图所示为一种常见的身高体重测量仪，它可以同时测量人的身高和体重。测重台自身质量为M0，水平安置在传感器上，已知传感器输出电压与作用在其上的压力成正比，当测重台不放任何物体时，传感器输出电压为U0。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收超声波的时间间隔；当测重台不放任何物体时，测量仪记录的时间间隔为t0。一同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U。(1)测重台下的传感器是将_力__信号转化为_电__信号的装置；(2)该同学的身高为 v(t0－t)　，质量为 (U－U0)　。(用题中所给物理量字母表示)解析：(1)测重台下的称重传感器是用来将重量信号或压力信号转换成电信号的转换装置，所以可填“质量”“重量”或“压力”合理均可。(2)设身高体重测量仪高度为L，人的身高为h，质量为m。当测重台上没有站人时，根据超声波的速度和位移关系得vt0＝2L，根据传感器输出电压与作用在其上的压力成正比得U0＝kM0g，当测重台上站人时，同理可得vt＝2(L－h)，U＝k(M0＋m)g，联立解得h＝v(t0－t)，m＝(U－U0)。12．(8分)某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：(1)下列器材在实验中还必须用到的是_C__(填字母)。(2)实验中原、副线圈的电压之比与其匝数之比有微小差别，原因不可能是_C__。A．变压器铁芯漏磁B．铁芯在交变电磁场作用下发热C．原线圈输入电压发生变化D．原、副线圈通过电流发热(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则可推断原线圈的输入电压可能为_D__。A．3 V　 B．5.5 V　C．6.0 V　 D．6.5 V(4)如图所示为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2(右侧实线框内的电路也可以等效为一个电阻)。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当＝ 2　时，R获得的功率最大。解析：(1)实验中需要交流电源和交流电压表(万用表)，不需要干电池和滑动变阻器。(2)变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项A不符合题意；原、副线圈上通过电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项B、D不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项C符合题意。(3)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系＝。若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压为U1＝2×3 V＝6 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为6.5 V。故选D。(4)把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当作电源内阻，当内外电阻相等，即R0＝R1，此时输出功率最大，根据＝，得＝。代入I1n1＝I2n2，解得R＝2R1＝2R0，即＝2。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图所示，一导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨面都垂直于两圆心的连线且间距为L，导轨处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。当水平导体棒中流过大小为I的电流时，导体棒在圆形导轨静止位置和圆心O连线ON与竖直方向成37°角，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)导体棒的质量m；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力的大小FN。答案：(1)　(2)IBL解析：(1)从左向右看受力分析如图所示，作从左侧看的受力示意图，由受力平衡得到＝tan37°，解得m＝。(2)两个导轨对棒的支持力为2FN，满足2FNsin37°＝IBL，解得FN＝IBL。14．(10分)如图甲所示，将一细导线首尾相连构成单匝正方形线框，并固定在水平绝缘桌面上，线框边长d＝20 cm、电阻R＝4 Ω。虚线将线框分为左右对称的两部分，虚线与线框的交点分别为M、N，虚线左侧的空间内存在与桌面垂直的匀强磁场，规定垂直桌面向下为磁感应强度B的正方向，B随时间t变化的规律如图乙所示。求：(1)t＝1 s时线框中感应电流的大小和方向；(2)t＝3 s时M、N两点间的电势差UMN。答案：(1)0.01 A　顺时针　(2)－0.02 V解析：(1)因为0～2 s内＝2 T/s，则E1＝·＝2× V＝0.04 V，则I＝＝0.01 A，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向。(2)t＝3 s时，因＝2 T/s，同样可求解线圈中的电流为I＝0.01 A，方向为逆时针方向，则UMN＝－I·＝－0.02 V。15．(10分)如图所示，平面直角坐标系第一象限内存在电场强度方向竖直向上，大小为E＝4×105 N/C的匀强电场，在第四象限内存在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带负电的粒子，比荷为＝2.5×109 C/kg，以初速度v0＝2×107 m/s从y轴上的A点垂直y轴射入电场，lOA＝0.2 m，不计粒子的重力。(1)求粒子第一次经过x轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度大小B的取值范围。答案：(1)0.4 m　(2)B≥(2＋2)×10－2 T解析：(1)由牛顿第二定律得qE＝ma设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y＝lOA＝at2，粒子经过x轴时的位置与原点O的距离为x＝v0t，解得x＝0.4 m。(2)粒子经过x轴时在电场方向的分速度为vy＝at＝2×107 m/s，粒子经过x轴时的速度大小为v＝＝2×107 m/s，设速度v与x轴正方向的夹角为θ，tan θ＝＝1，解得θ＝45°。要使粒子恰不进入第三象限，如图所示设此时粒子做圆周运动的轨道半径为R，则R＋Rcos θ≤x，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得B≥(2＋2)×10－2T。16．(16分)如图所示，间距为L的两条光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，将甲、乙两根质量均为m、电阻均为R金属杆放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好；乙杆用水平细绳通过定滑轮连接质量为m0的木块；导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。给甲杆施加一水平向左的拉力，使其从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，当乙杆将要发生滑动时撤去拉力。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计且足够长，求：(1)乙杆将要发生滑动时，拉力的大小和甲杆的速度；(2)撤去拉力后甲杆上产生的热量；(3)撤去拉力前后通过乙杆的电荷量之比。答案：(1)ma＋m0g　　方向水平向左(2)　(3)解析：(1)乙杆将要发生滑动时，其所受安培力大小为FA2＝m0g①根据右手定则和左手定则综合分析可知甲杆所受安培力方向与拉力F的方向相反，又因为通过甲、乙的电流时刻相等，所以安培力大小时刻相等，则乙杆将要发生滑动时，甲杆所受安培力大小为FA1＝FA2＝m0g②设此时拉力的大小为F1，对甲杆根据牛顿第二定律有F1－FA1＝ma③联立②③解得F1＝ma＋m0g④设此时回路中电流大小为I1，则有m0g＝BI1L⑤设此时甲杆的速度大小为v1，则甲杆产生的感应电动势大小为E1＝BLv1⑥根据闭合电路欧姆定律有I1＝⑦联立⑤⑥⑦解得v1＝⑧方向水平向左。(2)撤去拉力后，甲杆做减速运动，回路中电流减小，乙杆所受安培力减小，将仍保持静止状态，最终甲杆将静止，根据能量守恒定律可知撤去拉力后，回路产生的总焦耳热为Q＝mv＝⑨由于通过两杆的电流时刻相等，且两杆阻值相等，则根据焦耳定律可知两杆产生焦耳热相等，则撤去拉力后甲杆上产生的热量为Q甲＝＝⑩。(3)以甲杆开始运动为计时零点，在撤去拉力前，t时刻甲杆的速度大小为v＝at⑪此时甲杆产生的感应电动势大小为E＝BLv⑫通过甲杆的电流大小为I＝⑬甲杆所受安培力大小为FA＝BIL⑭对甲杆根据牛顿第二定律有F－FA＝ma⑮联立⑪～⑮式解得F＝ma＋⑯根据⑧和⑪式可得撤去拉力的时刻为t1＝＝⑰根据⑯式可知F与t成线性关系，作出从零时刻到撤去拉力时F－t图像如图所示，可知图线与坐标轴所围的面积表示这段时间内F的冲量，即IF＝t1＝⑱对0～t1时间内甲杆的运动，根据动量定理有IF－BLt1＝mv1⑲根据电流的定义可知这段时间内通过乙杆的电荷量为q1＝t1⑳设从撤去拉力到甲杆静止经历的时间为t2，同理可得－BLt2＝－mv1并且t2时间内通过乙杆的电荷量为q2＝t2联立⑱～式解得撤去拉力前后通过乙杆的电荷量之比为＝。