1、考案五本册综合学业质量标准检测(A)本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(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16小题只有一个选项符合题目要求，第710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(2019湖北省沙市中学高二上学期期末) 物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。下面四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是(D)A甲图是天宫一号中太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据胡克定
2、律B乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用C丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体D丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热解析：甲图是天空一号太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据牛顿第二定律，故 A错误；乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到磁场力作用，故B错误；丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为起到静电屏蔽作用，有利于保护人体，故C错误；丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热，故D正确。2如图所示，是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两
3、端并联一只电压表，用来测定自感线圈的直流电压，在测定完毕后，将电路拆卸时应(B)A先断开S1B先断开S2C先拆除电流表D先拆除电阻R解析：因S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，B正确， A错误。不能在通电状态下拆除电阻和电流表，因此C、D错误。3(2019山东省寿光一中高二上学期检测)如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒AB与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场。N、Q端接理想变压器的原线圈，变压器的输出端有三组副线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用IR、I
4、L、IC分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中不正确的是( A)A在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR0、IL0、IC0B在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR0、IL0、IC0C若AB棒在某一中心位置附近做变速往复运动，则IR0、IL0、IC0D若AB棒做匀加速直线运动，则IR0、IL0、IC0解析：由题意知，当AB棒匀速运动且AB棒上的电流稳定后，铁芯中的磁通量恒定，三个副线圈中没有感应电流，即IR0，IL0，IC0。故 A错，B对；若AB棒做变速往复运动，则AB棒中产生交变电流，副线圈中感应出交变电流，IR0，IL0，IC0。C对，若AB棒做匀加速直线运动，
5、则铁芯中的磁通量均匀增加，在副线圈中产生恒定的感应电动势，有IR0，IL0，IC0。故D对。4如图所示，两轻质闭合金属圆环，穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态。当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是(B)A同时向左运动，两环间距变大B同时向左运动，两环间距变小C同时向右运动，两环间距变大D同时向右运动，两环间距变小解析：将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的效果是阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。又因为两铝环中的感应电流方向相同，两铝环相互吸引，因而两铝环间距离要减小，选项B正确。5一只电阻分别通过四种不同形式的
6、电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是(D)解析：对 A项，对于正弦式电流，有效值I1Im A。根据焦耳定律得Q1IRT()2RT2RT；对B项，对于正弦式电流，有效值I2Im A，根据焦耳定律得Q2IRT()2RT2RT；对C项，根据焦耳定律得Q3I2RT2.25RT；对D项，对于方波，根据焦耳定律得Q4IRI42R2RT2RT4RT，故D项正确。6如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n1
7、，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则(D)A负载R两端的电压为B原线圈中的电流强度为通过R电流的C变压器的副线圈磁通量为0D通过负载R的电流强度为0解析：切割磁感线感应电动势EBr2，其大小和方向不变，为直流电，由于变压器是理想变压器，所以变压器副线圈两端的电压是0，故 A错误；变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流，故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流，故B错误；虽然通过负载R的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0，故C错误，D正确。7(2019江苏省扬州中学高二下学期期中)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组
8、成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，下列说法正确的是(BD)A线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBSB图示位置时，矩形线圈中产生的电动势最小C将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮D若abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS解析：矩形线圈abcd转动过程中，在中性面位置时，通过线圈的最大磁通量为BS，故 A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，矩形线圈中产生的电动势最小，故B正确；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数增
9、多，所以变压器副线圈的输出电压变小，故电流减小，灯泡变暗，故C错误；若线圈转动角速度变为2，最大值增加为原来的2倍，即Em2NBS，根据有效值的定义有T，解得变压器原线圈电压的有效值为：ENBS，故D正确。8(2019吉林大学附属中学月考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R15 的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N20
10、0的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B0.2 T，线圈直径D0.4 m，电阻r1 。取重力加速度g10 m/s2，210。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v0.4sint(m/s)。则下列说法正确的是(ABC)A波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e64sint(V)B灯泡中电流i的瞬时值表达式为i4sint(A)C灯泡的电功率为120 WD灯泡两端电压的有效值为 V解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为E maxNBlv max，其中lD，联立得E max64 V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为eE maxsint64sint(V)，根据闭合电路欧姆定律有i4sint(A)
11、，故AB正确；灯泡电流的有效值为I A2 A，则灯泡的功率为PI2R120 W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为UIR30 V，故D错误。9如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，MP间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t0时刻对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过电阻R的电荷量q与时间二次方(t2)的变化关系如图乙所示。则下列关于金属棒克服安培力做功的功率P、加速度a、受到的外力F及通过金属棒的电流I随时间变化的图象正确的是(CD
12、)解析：由图乙得，qkt2，k是比例系数，设金属棒长为L，则Ikt，则I与t成正比，故选项D正确；安培力做功，转化为整个电路的热量，则PI2(rR)k2t2(rR)，故选项 A错误；由Ikt知v与时间t成正比，知加速度不变，故选项B错误；由牛顿运动定律知FF安mgsinma，知Fmgsinma，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故选项C正确。10(2019重庆一中高二上期期末考试)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1B，B23B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、总电阻为R的正方形
13、金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是(ABC)A此过程中通过线框截面的电荷量为B此过程中线框克服安培力做的功为mv2C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为解析：此过程穿过线框的磁通量的变化量为：(B2a2B1a2)(B1a2)2Ba2，通过线框截面的电量为：q，故 A正确。根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为：WAmv2m()2mv2，故B正确。回路中产生的感应电动势为：EB1aB2aBav，感应电流为：I，左右两边所受安培力大小分别为：F左B1Ia，方向向左，F右B2Ia3Ba，
14、则根据牛顿第二定律得：F左F右ma，解得加速度为：a，故C正确。此时线框中的电功率：PI2R，故D错误。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺导线补接完整。(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：A将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_向右偏转一下_。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_向左偏转一下_。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)答案：(1)如图
15、所示12(8分)(2019江西省南昌二中高二下学期期中)如图1所示是一种常用的力传感器，它是利用金属电阻应变片将力的大小转换为电阻大小变化的传感器。常用的力传感器由金属梁和应变片组成，且力F越大，应变片弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差U|U1U2|也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19 ，为了准确地测量该阻值，设计了以下实验，实验原理图如图2所示。实验室提供以下器材：A定值电阻R0(R05 )B滑动变阻器(阻值为2 ，额定功率为50 W)C电流表A1(0.6 A，内阻r11 )D电流表 A2(0.6 A，内阻r2约为5 )E直流电源E1(电动势3 V，内阻约为1 )F直
16、流电源E2(电动势6 V，内阻约为2 )G开关S及导线若干(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差U_等于零_(填“大于零”“小于零”或“等于零”)；(2)图2中、为电流表，其中电流表选_A1_(填“ A1”或“ A2”)，电源选_E2_(填“E1”或“E2”)；(3)在供电电路中滑动变阻器有两种连接方式：一种是限流式，另一种是分压式，本实验应选择的方式为_分压式_；(4)在图3中，将原电路B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计的电路A、B、C端的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图3中正确连接电路；(5)结
17、合上述实验步骤可以得出电阻的表达式为_R_(两电流表的电流分别用I1、I2表示)。答案：(4)见解析解析：(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差U等于零；(2)图2中要当电压表使用，因此内阻必须已知，故电流表应选内阻已知的电流表 A1，压力传感器与A1并联后总电阻约为1 。除电源内阻外，回路总电阻约为R0r2111 ；电流表最大电流为0.6 A，则根据闭合电路欧姆定律，电源电压需接近6.6 V，则电源选E2；(3)本实验中滑动变阻器阻值较小，且要得到连续可调的多组数据，则应选择的方式为分压式；(4)电路连接如图；(5)由欧姆定律可知：R三、论述
18、计算题(共4小题，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)(2019新疆建设兵团二师华山中学高二下学期月考)如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R2 的电阻连接，右端通过导线与阻值RL4 的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l2 m，有一阻值r2 的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t0至t4 s内，金属棒PQ保持静止，在t4 s
19、时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：(1)通过小灯泡的电流大小和方向。(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。答案：(1)0.1 A；向下(2)1 m/s解析：(1)04 s内，电路中的感应电动势ES0.52(V)0.5(V)此时灯泡中的电流IL A0.1 A通过小灯泡的电流方向向下(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化。根据EBdv，I ULI，IL，解得v1 m/s。14(11分)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3 ，虚线OO下方是垂直于
20、导轨平面的匀强磁场。现将质量m0.1 kg、电阻r1 的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如图乙所示。(取g10 m/s2)求：(1)导体在磁场中受到的安培力大小及方向。(2)求磁场磁感应强度的大小。(3)导体棒在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量。答案：(1)1 N竖直向上(2)2 T(3)0.075 J解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v1.0 m/s做匀速运动，重力与安培力平衡，则安培力方向竖直向上由平衡条件知：安培力大小Fmg1 N(2)杆产生的电动势：EBLv杆中的电流：I杆所受安培力：
21、F安BIL由平衡条件得：mgF安代入数据联立得：B2 T。故磁感应强度B2 T。(3)电阻R产生的热量：QI2Rt联立解得：Q0.075 J。故杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量Q0.075 J。15(12分)如图所示，矩形线圈ABCD在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的DC边匀速转动，转动的角速度为，线圈的匝数为N、面积为S。从图示位置开始计时，在矩形线圈右侧接一变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，K为单刀双掷开关，R为光敏电阻。求：(1)矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；(2)K接b时，电阻R上
22、消耗的功率；(3)K接c时，电压表示数；(4)K接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将如何变化？答案：(1)eNBSsint(2)(3)(4)变小解析：(1)从中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsint。(2)K接b时，副线圈匝数一匝，根据，电阻两端的电压为：U2，电阻R上消耗的功率为P2。(3)K接c时，根据，电阻两端的电压为：U2U1。(4)变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，K接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出电流变小，所以输入电流也变小。16(13分)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在
23、一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是Bkt(k为大于零的常数)，同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计。(1)判断线框中感应电流的方向。(2)求线框中感应电流的大小。(3)请写出所加水平外力随时间变化的表达式。(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当tt0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小。答案：(1)顺时针(2)(3)t(4)解析：(1)由Bkt(k为大于零的常数)知B随时间均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律知线框中感应电流的方向为顺时针。(2)由法拉第电磁感应定律：感应电动势为EL2kL2；由闭合电路欧姆定律得：感应电流为I。(3)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡，有FBILktLt。(4)n匝线框中t0时刻产生的感应电动势E总nEnkL2；线框的总电阻R总nR线框中的电流I当tt0时刻线框受到的安培力F安nB0ILnkt0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F安(nmM)a解得a。
