高中物理选择性必修第二册全册考试高分突破必刷检测卷（培优版）-2023-2024学年高二物理高分突破专题训练（人教版选择性必修第二册）

高中物理选择性必修第二册全册考试高分突破必刷检测卷（培优版）全解全析1．D【详解】A．在时间内，电流增大，电容器放电，电场能转化为磁场能，故A错误；B．在t1-t2内，回路中的电流顺时针方向减小，则电容器正在充电，则电场能增加，磁场能减小；电容器下极板带正电，上极板带负电，则P的电势比点Q的电势低，故B错误；C．在时间内，回路中电流逆时针方向增加，可知电容器C处于放电过程中，故C错误；D．在t3-t4内，回路中电流逆时针方向减小，电容器正在充电，则电容器C的上极板带正电，故D正确。故选D。2．D【详解】A．由图乙可知物块做加速度减小的加速运动，设物块对皮带的压力为，由牛顿第二定律可得加速度减小说明物块对斜面的压力减小，从而物体受到垂直皮带向上的洛伦兹力，根据左手定则可知物体带正电，故A错误；B．随着物块速度的增加，物块受到的洛伦兹力越来越大，物体受到皮带的支持力越来越小，受到的滑动摩擦力也越来越小，在时物块的重力和上述三个力达到了平衡，在此后过程中即使传送带速度大于也不会影响物块的速度。所以传送带的速度可能为也可能大于，故B错误；C．由B项的分析可知传送带的速度未知，所以不能求出物体与皮带的相对位移，故C错误；D．由B项的分析，若皮带的速度大于，则物块与皮带有相对位移，即在内，物块与皮带仍可能有相对运动，故D正确。故选D。3．D【详解】A．根据图像可知，周期为0.02s，所以1s内转50圈，一圈内电流方向改变两次，所以1s内电流方向改变100次，故A错误；B．电动势的最大值为电动势有效值电压表的示数为故B错误；C．R两端的电压u随时间t变化的规律是故C错误；D．内电阻R产生的热量约为故D正确。故选D。4．C【详解】BCD．小球在穿过虚线时内部会产生涡流，穿过小球的磁通量发生变化，小球内部会产生涡流，小球在最低点除需做圆周运动的向心力以外，水平方向还受到向左的电磁阻尼，选项BD均错误，选项C正确；A．由于电磁阻尼，b点一定低于a点，选项A错误。故选C。5．D【详解】A．带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，A错误；B．粒子经过速度选择器时，所受的电场力和洛伦兹力平衡，电场力水平向左，则洛伦兹力水平向右，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，B错误；CD．能通过平板S上的狭缝P的粒子符合则即从P点进入磁场的粒子速度均相同，C错误；D．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，根据可得 从P点进入磁场的粒子速度均相同，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的比荷越小，D正确。故选D。6．B【详解】A．根据右手定则，dc刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c，dc边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d，即电流方向相反，故A错误；B．根据线框从上端进入磁场的过程和从下端离开磁场的过程中，磁通量变化大小相等，则通过导体横截面的电量数值相等，故B正确；C．没有感应电流的时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，进入磁场和穿出磁场的过程中，根据楞次定律可知，线圈均受到阻碍下落的安培力，故进入磁场和穿出磁场的过程中加速度小于g，故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得边刚进入磁场时与边刚穿出磁场时，若线圈的速度大小不相等，则边刚进入磁场时与边刚穿出磁场时，感应电流的大小不相等，故D错误。故选B。7．D【详解】AB．未放被称物体时电压为零，即P1、P2两点等势，校准零点时，需要移动滑动头P2，让两滑动头间的距离为0，故AB错误；C．放被称物体质量为m1时P1滑至B端，则有解得故C错误；D．未放被称物体时，两滑动头P1、P2距A点的距离为x0放被称物体质量为m时，两滑动头P1、P2间距离为x，有由欧姆定律知两滑动头P1、P2间的电压为又由联立解得故D正确。故选D。8．C【详解】A．由每转一圈改变方向两次，每秒钟改变方向100次，可知交流电频率根据则变压器ab端电压的瞬时值表达式为A错误；B．小灯泡额定电流负载总功率电路总功率为功率加上负载功率解得故故B错误；C．由B选项计算可知，当，此状态下变压器的输出功率最大，故C正确；D．滑片自上而下滑动时，减小，等效电阻减小，原线圈总电压恒定，原线圈电流可知电流增大，则副线圈电流也一直增大，D错误。故选C。9．C【详解】根据楞次定律可知，开始进入磁场时，线圈中电流为逆时针方向；BD还未进入磁场之前，设线圈切割磁感线的等效长度为L，BC与AC的夹角为，则有则产生的感应电流为电流与位移成正比，图象为一条倾斜直线；同理BD进磁场后，线圈切割磁感线的等效长度随着时间的变化而减小，电流与位移关系图象也为一条倾斜直线；当C点开始进入垂直向外的磁场时，此时磁通量的变化率为C点刚进入左侧磁场时的两倍，所以电流与位移的关系图线斜率为最初时两倍，根据楞次定律可知，此时线圈中电流为顺时针方向；当A点进入垂直向外的磁场时，感应电流和BD还未进入磁场之前的图形一样；同理，当BD运动出磁场后，电流为逆时针，该过程线圈切割磁感线的等效长度随着位移的变化而减小。故选C。10．C【详解】A．金属棒从位置运动到轨道最低处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置运动到处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；B．由右手定则可知，经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为，故B错误；C．通过电阻R的电荷量为故C正确；D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为有效值为由焦耳定律可知，R上产生的热量故D错误。故选C。11．BC【详解】A．理想变压器输入与输出功率之比为1：1，故A错误；B．变压器副线圈中电流的频率不变，为故B正确；C．RT处温度升高时，不会影响变压器的输入电压值，故C正确；D．RT处温度升高时，电阻值减小，原副线圈的匝数及原线圈电压不变，则副线圈电压不变，为定值电阻，由可知，电流表示数增大，故D错误。故选BC。12．BC【详解】BC．振荡电路中磁场正在减弱，则磁场能正在减小，电场能正在增大，则电容器正在充电，则电容器的带电量正在增大，电容器两极板间场强正在增大，故BC正确；A．电容器正在充电时，电流在减小，故A错误；D．磁场正在减弱，根据楞次定律可知自感电动势为逆时针方向，则充电电流使得电容器下极板带正电，故D错误；故选BC。13．AD【详解】A．根据左手定则可知两个粒子都带正电，故A正确；B．如图所示由图可知粒子的运动半径小于粒子的半径，即根据可得可知故B错误；CD．根据可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，由于粒子a、b在磁场中运动轨迹对应的圆心角关系为粒子在磁场中运动的时间可知a粒子运动时间较长，故D正确，C错误。故选AD。14．BC【详解】A．根据牛顿第二定律可知，a和b进入磁场前的加速度均为（为重力加速度大小），设a经过时间进入磁场，则有设a匀速穿过磁场的时间为，则有故某时刻同时由静止释放a和b，a到达磁场下边界时， b正好进入磁场，则b刚进入磁场时的速度大小为所以a和b进入磁场瞬间的速度大小之比为1:2，则a、b通过磁场区域的时间之比为2:1，A错误；B．设两棒的电阻为，对a匀速通过磁场受力分析有即同理有所以a、b的质量之比为1：2，B正确；C．a和b的电阻相等，根据可知a、b中产生的焦耳热之比为1：1，C正确；D．设b匀速穿过磁场的时间为，则有即则在b匀速穿出磁场时a的速度大小为b的速度仍然大于a的速度，两者的加速度相等，导轨足够长，故a、b一定能发生碰撞，D错误。故选BC。15．AD【详解】A．线圈中感应电动势的最大值为图示位置线圈平面垂直于中性面，从该时刻开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为A正确；B．电压表示数为交流电压的有效值，所以电压表示数不为零，B错误；C．该交流电电压最大值为，超过用电器的最大电压200V，C错误；D．线圈和R组成闭合电路，电路中电流的有效值为则在0.5s的时间内电阻R上产生的热量为D正确。故选AD。16．BD【详解】B．设导体棒电阻为，由平衡关系可得其中，得选项B正确；A．通过电阻R的电荷量为选项A错误；C．由平衡关系可得联立可得选项C错误；D．F做功为根据功能关系选项D正确。故选BD。17．     向下插入     有     BC##CB     阻碍引起感应电流的磁通量的变化【详解】（1）[1]根据图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向，根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈。（2）[2]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。[3]胡丽合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏；现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；A．在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈B中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故A错误；B．拔出A线圈，则穿过B线圈的磁通量应该减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故B正确；C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C正确；D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D错误。故选BC。（3）[4]根据楞次定律可知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。18．     10     62.5     40【详解】（1）[1] 电阻R1和R0串联当照度1.0（lx）时，电阻R0=20kΩ则可求得R1=10kΩ（2）[2] [3] 由图可知，图丙的电阻为图丁的电阻本题采用等效法测电阻，前后两次电路中的电流相等，则电路中的电阻相等，则有所以19．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式得回路中感应电动势表达式为（2）从到时间内，每匝线圈的磁通量变化量大小为根据法拉第电磁感应定律得（3）交变电流的最大值为电流有效值为因此电阻上消耗的电功率为20．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为，由动能定理得解得（2）带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，从P点到达C点，由运动学公式得，，联立解得，（3）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，如图所示有几何关系可得，带电粒子在第一象限的运动半径为则矩形磁场的最小长度为矩形磁场的最小宽度为即最小面积为21．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由图可知，在时，磁感强度为大小为感应电动势为感应电流为线框所受安培力线框匀速运动有代入数据解得（2）根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有则在流过线框横截面的电荷量为在内，电荷量为在时间内，电荷量为两段时间通过线圈的感应电流方向相同，故总电荷量为（3）在内，线框匀速离开磁场，线框中的感应电流为0，磁通量不变，有在时，磁感强度大小为，此时的磁通量为因此在t时刻，磁通量为解得22．（1）4m/s2；（2）0.48J；0.05m；（3）最终能停下来，停下来并保持静止的位置在距离磁场左边界0.05m的位置；【详解】（1）线框刚进入磁场左边界时解得小车的加速度大小a=4m/s2（2）设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v，则由动量定理解得v=0.2m/s则产生的焦耳热线圈ab边出离磁场后压缩弹簧，则可得x=0.05m（3）假设线圈ab边能穿过磁场，则由动量定理解得压缩弹簧后返回磁场的速度仍为2m/s，设ab边能进入磁场的距离为s，则由动量定理解得s=0.05m即线框最终停止，停止时ab边距离磁场右边界0.05m。