期末复习练习与检测（四） 2020-2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册（Word含答案）

2020-2021学年高二下学期期末复习练习与检测（四）（2019人教版选择性必修二）
单选题
1．古典诗词作为中华民族的优秀文化，传承了“正心、修身、齐家、治国、平天下”的思想内涵。从物理的角度看，下面四句诗词的物理分析不正确的（　　）
A．两岸青山相对出，孤帆一片日边来(李白)，诗中先后选择的参照物是太阳和河岸
B．“春江潮水连海平，海上明月共潮生”(张若虚)，说明了海潮与月亮引力有关
C．“会挽雕弓如满月，西北望，射天狼”(苏轼)，涉及到弹性势能转化为动能的过程
D．“臣心一片磁针石，不指南方不肯休”(文天祥)，磁针石的指向是受到地磁场的作用
2．交流电源输出的电压U随时间t变化的图线如图所示，则下列说法不正确的是（　　）
A．交变电流的频率为50Hz B．交变电流的周期为0.02s
C．发电机旋转的角速度为falsefalse D．交变电压的有效值为falseV
3．如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO‘沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P.上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈内阻不计且产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是
A．电压表的示数为10 V
B．0.01s时发电机线圈平面位于中性面
C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小
D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的2倍
5．如图所示，在半径为R的半圆和长为2R、宽为false的矩形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。一束质量为m、电量为q的粒子（不计粒子间相互作用）以不同的速率从边界AC的中点垂直于AC射入磁场.所有粒子从磁场的EF圆弧区域射出（包括E、F点）其中EO与FO（O为圆心）之间夹角为60°。不计粒子重力.下列说法正确的是（　　）
A．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间可能为false
C．粒子在磁场中运动的时间可能为false
D．粒子的最小速率为false
二、多选题
6．如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法中正确的是（　　）
A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等
B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等
C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，其荷质比（false）越小
7．如图所示，false是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线false对称，false，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度为false。一质量为false、长为false、电阻为false、粗细均匀的导体棒锁定于false的中点false位置。将导体棒解除锁定，导体棒由静止向下加速运动，离开导轨时的速度为false。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为false，下列说法正确的是
A．解除锁定后，导体棒向下做匀加速直线运动
B．解除锁定后，导体棒中电流由false到false
C．导体棒滑到导轨末端时的加速度大小为false
D．导体棒下滑过程中产生的焦耳热为false
8．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示。除金属棒和电阻R外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则：（　　）
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a
B．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为false
D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为false
9．如图所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框，其中ab的长度只有bc长度的一半。现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域。若以图示位置开始计时，规定逆时针电流方向为正，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正。则下列关于回路电流i、外力F大小、cb间的电势差Ucb及穿过线框的磁通量false随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．在平行板电容器极板间有场强为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S1、S2，在其右侧有一边长为L的正三角形磁场，磁感应强度为B2，磁场边界ac中点S3与小孔S1、S2正对．现有大量的带电荷量均为+q、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S1水平射入电容器，其中速率为v0的粒子刚好能沿直线通过小孔S1、S2．粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计．下列有关说法中正确的是( )
A．v0一定等于false
B．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足false
C．质量false的粒子都能从ac边射出
D．能打在ac边的所有粒子在磁场B2中运动的时间一定都相同
三、实验题
11．在“研究电磁感应现象”的实验中，先要按图甲连接，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系，接着按图乙将该电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，则S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针______ （填动，不动），若将线圈A放在B中不动时，指针_________（填动，不动），若将线圈A从B中抽出，电流表指针将_______________（填动，不动），从该实验的探究可以得到的结论是：只要穿过闭合线圈中的_________变化，会产生感应电流。
四、解答题
12．如图所示，ab为一长度为l=1 m的粒子放射源，能同时均匀发射粒子，距ab为h=1 m的虚线ef的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以a点为坐标原点、以ab为x轴、以ad为y轴建立平面直角坐标系，则图中曲线ac的轨迹方程为y=x2，在曲线ac与放射源ab之间的区域Ⅰ内存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小为E1=2.0×102 N/C，ad⊥ef，在ad左侧l=1 m处有一长度也为h=1 m的荧光屏MN，在ad与MN之间的区域Ⅱ内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E2=2.0×102 N/C。某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，粒予的比荷false=1.6×105 C/kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用：
(1) 从距a点0.25 m处释放的粒子到达虚线ef的速度v1为多大？
(2) 如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为多大？
(3) 在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比及粒子发射后打到荧光屏上的最短时间。
13．一初速度为零的带电粒子经电压为U=4.0×103V的匀强电场加速后，获得4.0×103m/s的速度，粒子通过加速电场的时间t=1.0×10-4 s，不计重力作用，则带电粒子的荷质比为多大？匀强电场的场强为多大？粒子通过电场过程中的位移为多大？
14．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ的间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，与水平面的夹角为37°，其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻。开始时，导轨上固定着一质量m=0.01kg、电阻r=0.4Ω的金属杆false，整个装置处在磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上。解除固定，同时用一平行于导轨的外力F拉金属杆false，使之由静止开始运动。通过电压表采集器即时采集电压U并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。求：
（1）金属杆false在3.0s内通过的位移；
（2）3.0s末拉力F的瞬时功率。
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A.两岸青山相对出，孤帆一片日边来（李白），诗中先后选择的参照物是船和太阳，故A错误；
B.“春江潮水连海平，海上明月共潮生”（张若虚），说明了海潮与月亮引力有关，故B正确；
C.会挽雕弓如满月，则发生了弹性形变的弓具有一定的弹性势能，释放后，弓的弹性势能转化为箭的动能，故C正确；
D.小磁针受地磁场的磁场力作用，地磁场由地理的南极指向地理的北极，故D正确。
本题选择错误的，故选A.
2．D
【详解】
ABC．从图中可以直接读出，交流电源的周期周期为0.02s，则频率为
false
则角速度为
false
故ABC正确，不符合题意；
D．从图中可以直接读出，交变电压的最大值false，则有效值为
false
故D错误，符合题意。
故选D。
3．D
【详解】
AB．由B-t图象可知，0-1s内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；1-2s内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为正方向；2-3s内，磁通量不变，没有感应电流；3-4s内，线圈中向外的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针方向，即电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律
由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流保持不变，故AB错误；
CD．0-1s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；1-2s内，1-2s内电路中的电流为顺时针，沿abcda方向，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；2-3s内，没有感应电流，不受安培力；3-4s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：F=BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比，故D正确，C错误．
故选D．
4．A
【详解】
A.由图乙知电动势最大值false ，则有效值为10V，电压表测量的为有效值，所以电压表示数为10V，故A正确。
B.0.01s时电动势最大，此时磁通量的变化最快，发电机线圈平面垂直于中性面，故B错误。
C.若P的位置向上移动，原副线圈匝数比减小，副线圈的输出电压增大，电阻R的大小不变，则通过电阻R的电流增大，则变压器的输出功率增大，变压器输入功率也增大，由false知，原线圈电压不变，电流增大，故C错误。
D.由false知，若发电机线圈的转速增大一倍，则最大电动势增加一倍，电压表示数增加一倍，变压器输入电压增加一倍，变压器输出电压增加一倍，由false知，输出功率变为原来的四倍，输入功率变为原来的四倍，故D错误。
5．B
【详解】
ABC．粒子从F点和E点射出的轨迹如图甲和乙所示；
对于速率最小的粒子从F点射出，轨迹半径设为r1，根据图中几何关系可得：
false
解得
false
根据图中几何关系可得
false
解得θ1=60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°；
粒子在磁场中运动的最长时间为
false
对于速率最大的粒子从E点射出，轨迹半径设为r2，根据图中几何关系可得
false
解得
false
根据图中几何关系可得
false
所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为false，不可能为false，故B正确、AC错误；
D．对从F点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得
false
解得最小速率为
false
故D错误。
故选B。
6．CD
【详解】
直线加速过程，根据动能定理，有
false①
电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有
false②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有
false③
A．由①②解得
false④、false⑤
由⑤式，只要满足false，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由④式，不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小与比荷，及初速度大小有关，故A错误；
B．由①式，从小孔S进入磁场的粒子动能为false，故不同电量的粒子，及初速度不同，则其动能不同，故B错误；
C．由③④解得
false
打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；
D．由③④解得
false
故打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小，故D正确。
故选CD。
7．BCD
【解析】
【分析】
根据题图可知，考查了导体棒切割磁感线的问题，根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，根据欧姆定律求解感应电流的大小，根据安培定则判断感应电流的方向，根据安培力公式求解安培力，利用牛顿第二定律求解加速度a，根据能量守恒求解过程中产生的焦耳热。
【详解】
A、导体棒在下降的过程中，对ab棒进行受力分析有：false，由于导体棒粗细均匀，设单位长度的电阻为false，则电流false，整理得：false，物体做加速运动，false增大，false也增加，故加速度false在减小，故A错误；
B、解除锁定后，导体棒向下运动，由右手定则得，电流由a到b，故B正确；
C、导体棒滑到导轨末端时，导体棒的有效切割长度false，所以加速度大小为false，故C正确；
D、导体棒下滑过程中，由能量守恒得：false，整理得：false，故D正确。
8．AB
【详解】
A．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故A正确；
B．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，最终金属棒停止运动，由平衡条件可知，最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，故B正确；
CD．当金属棒的速度为v时，金属棒相当于一个电源，电源电动势
false
回路中的电流
false
安培力
false
金属棒两端的电压相当于路端电压为
false
故CD错误。
故选AB。
9．BC
【详解】
A．当线圈进入第一个磁场时，由右手定则知电流为逆时针，开始进入第二个磁场时，电流方向为顺时针，出第二个磁场，电流为逆时针，故A错误；
B．由E=false可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2false，电流加倍，故每根导体棒受到安培力加培，则F=2F安，将变为原来2倍，故B正确；
C．根据U=IR和电流方向知刚进入磁场和出磁场时电压相等，b点电势高，故Ucb为负，两边同时切割磁感线时c电动势高，且电压为原来2倍，故C正确；
D．当线框开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小为零，故D错误。
故选BC。
10．AB
【详解】
A. 当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，
即
false
解得
v0=false
就会做匀速直线运动，A正确；
B. 正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v0>false，故B正确；
C.设质量为m0的粒子的轨迹刚好与bc边相切，如图所示
由几何关系得
R+falseR=false，
而R=false，
解得
m0=false，
所以mD. 质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D错误；
故选AB．
11．动 不动 动 磁通量
【详解】
[1]S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中,穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，闭合回路中产生感应电流，故电流表的指针动；
[2]若将线圈A放在B中不动时，穿过B的磁通量不变，则闭合回路中没有感应电流，那么指针将静止不动；
[3]若将线圈A从B中抽出，导致穿过B的磁场向上，且穿过B的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路中产生感应电流，故电流表指针动；
[4]从该实验的探究可以得到的结论是：只要穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流。
12．(1) 2.0×103m/s；(2) 0.1 T；(3)50%，false×10-3s
【详解】
(1) 由动能定理可得
false，false
联立可得
false
从距a点0.25 m处释放，即x1=0.25 m，代入数据可解得
false
(2) 所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律可得
false
解得
false
分析可知，当磁感应强度B一定时，轨迹半径r与x成正比，当x趋近于零时，粒子做圆周运动的轨迹半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有2r=x，联立并代入数据解得
B=0.1 T
(3) 粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域Ⅱ的电场中后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动。对于打到N点的粒子，设其射入电场时的速度为v2则
false
false
false
该粒子为从ab的中点释放的粒子，故打到荧光屏上的粒子占粒子总数的50%
该粒子在区域Ⅰ的电场中运动的时间为t1，则有
false
false
无场区的时间
false
在磁场中运动的时间为t3，在匀强磁场中转过的圆心角θ=π，则有
false
在电场E2中的时间
false
故该粒子所经历的总时间
false
代入数据得
false（“7.59×10－4 s”或“7.6×10－4 s”）。
13．false，false，0.2m
【详解】
根据动能定理得:
false
则得：
false
由速度公式得:
false
根据牛顿第二定律得:
false
联立得:
false
通过的位移为：
false
14．（1）9.0m；（2）1.155W。
【详解】
（1）金属杆的速度为v时，产生的感应电动势
false
电压表的示数等于电阻R两端的电压，即
false
由图象知电压U与时间成正比，所以金属杆的速度与时间成正比，即金属杆做匀加速直线运动false时，电压表的示数为0.6V，代入数据可解得速度false，所以有
false
金属杆在3.0s内的位移
false
（2）根据闭合电路欧姆定律有
false
金属杆在3.0s时受到的安培力
false
代入数据可解得false
由牛顿第二定律，对杆有
false
3.0s末拉力F的瞬时功率为
false
联立各式代入数据得P=1.155W。