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（基础版）-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（基础版） 全解全析 1．A 【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场，故A正确； B．电场强度的定义采用比值定义法，E与F、q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误； C．外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故C错误； D．公式只适用于B和I相互垂直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。 故选A。 2．C 【详解】A．根据题意可知，电路通有恒定的电流，温度越高，由图甲可知，阻值越小，由可知，热敏电阻两端的电压越小，故A错误； B．由上述分析可知，电压表的示数为 由甲图可知，阻值与温度不是线性关系，则电子温度计表盘上温度的刻度不是均匀的，故B错误； C．当热敏电阻的温度升高时，阻值减小，要保证电路中电流恒定，则增大，即将的阻值调大，故C正确； D．由甲图可知，阻值与温度不是线性关系，每升高相同的温度，热敏电阻的阻值变化不相等，故D错误。 故选C。 3．C 【详解】AB．根据乙图可知时感应电动势为0，故此时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，AB错误； C．感应电动势的有效值为 电压表测的是电阻R两端电压，有 C正确； D．根据乙图可知，线圈的转动周期为 可得线圈中产生的感应电动势表达式为 D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知液滴带负电，故选项A错误； BC．液滴受到重力、电场力、洛伦兹力作用，洛伦兹力充当向心力，液滴所受合外力不为零，选项BC错误； D．液滴做匀速圆周运动，即 联立解得液滴比荷 故D正确。 故选D。 5．C 【详解】AB．由图像可知，该交变电流的周期为0.03s，AB错误； CD．由交变电流有效值的定义可得 代入数据解得 C正确，D错误。 故选C。 6．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。 7．B 【详解】通过卡回路的磁通量变化率 则感应电动势 又因为 联立得 则感应电动势的有效值为 带入数据得 B正确，ACD错误； 故选B。 8．D 【详解】A．当磁场开始运动后，棒相对于磁场向左运动，由右手定则得，电流从a到b，故A错误； BD．金属棒被驱动意味着做加速运动 由 ，， 得 由左手定则得，棒ab受向右的安培力，当 时，棒ab开始运动，即 得 当棒运动后，设棒相对于磁场向左运动的速度为，由，当减小到 即 时，棒相对于磁场向左匀速运动，即棒以小于v的速度向右匀速直线运动，故B错误，D正确； C．此处能产生感应电流跟安培力做功无关，是因为磁场的匀速运动产生了感应电流，从而产生了焦耳热，故C错误； 故选D。 9．D 【详解】A．由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误； B．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 半径为 在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误； C．洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误； D．粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 M的运行时间等于N的运行时间，故D正确。 故选D。 10．D 【详解】AB．S闭合瞬间，Ll、L2两灯泡立即亮，由于线圈的自感作用从而使L3灯泡慢慢变亮，故AB错误； CD．断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，于是线圈、L3与Ll形成一个闭合电路，由于稳定时L3比Ll亮（L3所在的支路的总电阻比Ll所在的支路的总电阻小），所以Ll灯将闪亮一下再慢慢熄灭，而二极管单向导通性能，所以L2灯立即熄灭，故C错误，D正确。 故选D。 11．ABC 【详解】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确； B．由动量定理有 可得 可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确； C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确； D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D错误。 故选ABC。 12．BCD 【详解】AB．S刚闭合瞬间，由于线圈对电流的阻碍作用，放电电流不会立刻达到最大值，而是由零开始逐渐增大，所以此时线圈中的电流为0，电感线圈中的磁场能为0，故A错误，B正确； C．经过时，电路中电流为0，电容器两极板的电荷量达到最大，电容器中电场能达到最大，故C正确； D．经过时，电路中电流达到反方向最大，电容器极板上的电荷量为0，所以电容器上的电压为0，故D正确。 故选BCD。 13．BD 【详解】当金属圈在b处时，两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反，所以两个线圈之间存在排斥力，这一对引力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，所以b处对a的力为，同理，当金属圈在c位置时，对a的力为；当保持b处金属圈位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为的电流，b处对a处金属圈的力为方向向左，此时c处对a的力与之前相反，方向向右，大小为，即在a位置的金属圆环受到的安培力为，方向向左。 故选BD。 14．BC 【详解】A．根据右手定则，感应电流的方向由b到a，故A错误； B．感应电动势的大小为 E=BLv=0.2V 故B正确； C．感应电流的大小为 故C正确； D．ab两点的电势差大小为 故D错误。 故选BC。 15．BC 【详解】A．第二次对导体棒a有 对导体棒b有 则ab整体所受合外力不为0，动量不守恒，故A错误； B．第二次，a的加速度为 b的加速度为 解得 当 时，电流为0，有 解得 第一次产生的焦耳热为 第二次产生的焦耳热为 故B正确； C．设向右为正，对a由动量定理可得第一次 则 第二次 则 故C正确； D．第一次导体棒动量的变化量 第二次导体棒动量的变化量 故D错误。 故选BC。 16．BD 【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误； B．和都是定值电阻，有 又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有 可得 B正确； C．设两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知 其电功率的变化量为 C错误； D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻，由 ， ，， 联立可得 由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有 可得两端的电压为，D正确。 故选BD。 17．     4.698##4.699##4.700##4.701##4.702     50.15     不合理     穿过线圈的磁通量的变化量          感应电动势与磁通量的变化率成正比##在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比     加倍 【详解】（1）[1] 根据螺旋测微器读数规则可得 [2] 游标卡尺的主尺读数为，游标读数为 所以最终读数为 [3] 遮光条经过光电门时的平均速度越接近小车的瞬时速度，遮光条的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用金属片替代遮光条。 （2）[4] 在遮光条每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过线圈磁通量的变化量都相同。 （3）[5] ，因不变，与成正比，横坐标应该是。 （4）[6] 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）。 （5）[7] 匝数加倍后，产生的感应电动势加倍，图像纵坐标加倍，横坐标不变，所以新图像的斜率加倍。 18．     E          R1     低     24 【详解】（1）[1]实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，则控制电路采用分压式，此时为了确保实验数据的连续性，滑动变阻器的总阻值应该选择小一点的10Ω，即滑动变阻器选择E。 （2）[2]由于电流表内阻为5Ω，为使测量尽量准确，测量电路采用电流表内接法，可以准确求出电流表的分压值，结合上述，作出实验电路实物图如图所示 （3）[3]根据题意可知，正常温度范围为10℃~40℃，根据图乙可知，此范围内热敏电阻的阻值范围约为20Ω~100Ω，由于电流表的量程为0~200mA，则电路中电阻的最大值约为 可知，为使温度表盘上优先显示正常温度范围，定值电阻应选R1。 （4）[4]由于热敏电阻的电阻随温度的升高而减小，则温度越高，热敏电阻的电阻越小，通过电流表的电流越大，则温度表盘左边温度值比右边温度值低； [5]当电流表指针指在正中间时，有 解得 根据图乙可知，此时的温度值为24℃。 19．（1）；（2） 【详解】（1）根据电磁感应定律可知，金属棒刚滑上导轨时，产生的电动势为 根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为 根据牛顿第二定律，对金属导轨 解得金属导轨的加速度大小 （2）设金属棒和导轨相对静止时的共同速度为vt，由动量守恒定律可知 若金属棒上产生的焦耳热Q，则整个回路产生的总的焦耳热为2Q，根据能量守恒定律 联立解得 20．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）对导体棒受力分析，水平方向上有 从图像可以读出，0~3s的倾斜直线的斜率即为加速度大小，即 联立可得 （2）刚进入磁场的导体棒受到运动方向的F，滑动摩擦力和导体棒所受安培力，此时有 其中 联立可得 即加速度大小为。 （3）对P和Q整体进行分析，在3~t2时间内，由动量定理可得 且此时有 计算中发现 联立得 21．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）电流表示数 根据欧姆定律，电压表示数为 （2）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中，磁通量变化为： 根据法拉第电磁感应定律，有 根据欧姆定律，有 根据电流强度定义 联立解得 （3）回路中电流的有效值为 所求过程中所用时间为 则中产生的焦耳热为 22．（1）；（2） 【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为 联立解得粒子比荷为 （2）粒子在磁场中运动时间为 在电场中运动时间为t2，粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角，则从磁场进入电场的位置与O点距离为 粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则有 解得 粒子从O点出发再次回到O点所用时间为 联立以上相关式子解得