2025高考物理 人教版选择性必修第2册专项复习第1章　学业质量标准检测含答案

第一章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：75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共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．(2024·江苏南京高二期末)笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上的磁铁和主板机壳上的“霍尔传感器”配合，通过改变a、b间电势差的方式使屏幕进入休眠模式，其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载流子为电子，以下说法正确的是()A．盖上盖板，a端带正电B．打开盖板，a端带正电C．盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐减小D．盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大答案：D解析：无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件中磁场方向均向下，电流方向均向左，根据左手定则可得，载流子受力方向指向a，因此a端带负电，故A、B错误；设霍尔元件的长度为a，宽度为b，高度为c，则eq\f(U,b)q＝qvB，I＝nqSv＝nqbcv，所以U＝eq\f(BI,nqc)，盖上屏幕过程中，磁感应强度变大，则霍尔电压增大，即a、b间电势差逐渐增大，故C错误，D正确。2．四根导线如图放置。b、d中没有电流，a、c中通有如图所示方向相反、大小均为I的电流时，O点的磁感应强度大小为B。现在b、d中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B。则下列说法正确的是()A．O点的磁场方向由O指向dB．b、d中的电流方向相反C．若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力为零D．若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，电子将向上偏转答案：D解析：由题意知，O点的磁感应强度等于a、c中电流产生的磁场的磁感应强度的矢量和，根据安培定则可知，O点的磁场方向由O指向b，故A错误；在b、d中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B，可判定b、d中电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，根据安培定则可知，b、d中的电流方向相同，故B错误；若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力不为零，故C错误；若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，由左手定则可知，电子将向上方向偏转，故D正确。3．(2023·河北唐县第一中学高二期中)如图，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一个带正电小球，整个装置以一定的速度沿垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出，下列说法中正确的是()A．该过程中由水平速度产生的洛伦兹力不做功B．小球的运动轨迹是一条直线C．从能量转化角度看小球机械能的增加是因为洛伦兹力做功D．小球在竖直方向做匀加速运动答案：D解析：因为磁场方向垂直于纸面向里，水平速度向右，由左手定则可知水平速度产生的洛伦兹力方向向上，所以小球相对于玻璃管向上运动，而玻璃管往右做匀速直线运动，则小球实际的运动方向为右上方，由于水平速度产生的洛伦兹力与位移夹角为锐角，所以由水平速度产生的洛伦兹力对小球做正功，故A错误；因为玻璃管在水平方向的速度不变，则小球受到的向上的洛伦兹力大小不变，所以小球向上做匀加速直线运动，而匀加速直线运动和匀速直线运动的合运动为曲线运动，故B错误，D正确；因为洛伦兹力的方向始终垂直于小球的速度方向，所以洛伦兹力不做功，故C错误。故选D。4．(2024·黑龙江双鸭山一中高二开学考试)空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的()答案：B解析：因x＞a区域的磁感应强度大小为x＜a区域的2倍，根据Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知粒子在x＜a区域的圆周运动的半径为在x＞a区域的圆周运动的半径的2倍。由A选项图可知粒子运动的轨道半径为r＝eq\f(3a,2)>a，即粒子已经超过两磁场的分界线，轨迹不可能是同一圆周，故A错误；B选项图中粒子在x＜a中运动时的轨迹半径为r＝eq\f(a,2cos45°)＝eq\f(a,\r(2))，则在x＞a区域运动的半径应该为r′＝eq\f(\r(2)a,4)，则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是y＝2r′sin45°＝eq\f(1,2)a，故B正确；C选项图中粒子在x＜a区域的轨道半径小于在x＞a区域的轨道半径，故C错误；D选项图中粒子在x＜a区域的轨道半径为r＝a，则在x＞a区域的轨道半径为r′＝eq\f(a,2)，则轨迹在y轴的截距y＝a＋2×eq\f(a,2)＋a＝3a，故D错误。5．如图所示，原来静止的半圆形线圈中通有逆时针方向的电流I，在其直径中点B右侧放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I，方向垂直纸面向里，此时半圆形线圈的运动情况是(AB与半圆形线圈的直线部分垂直)()A．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点靠近直线电流B．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点远离直线电流C．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点靠近直线电流D．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点远离直线电流答案：A解析：根据安培定则知，直线电流在A、B两点的磁场方向均竖直向上，与A、B两点电流方向平行，所以A、B两点不受安培力作用；将线圈沿AB分成上、下两部分，分别取线圈上、下部分的某一电流元研究，根据左手定则可知，半圆形线圈的上半部分受垂直纸面向里的安培力，下半部分受垂直纸面向外的安培力，所以从左至右观察，半圆形线圈将以AB为轴逆时针转动，旋转90°时，半圆形线圈和固定不动的长直导线平行，此时半圆形线圈的直线部分中的电流方向与长直导线中的电流方向同向，根据左手定则知，B点会靠近直线电流，选项A正确，B、C、D错误。6．(2023·黑龙江萝北县高二开学考试)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)。一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点沿纸平面内不同方向射入磁场，当磁感应强度大小为B1时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的eq\f(1,6)，当磁感应强度大小变为B2时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的eq\f(1,3)。则磁感应强度B1∶B2为(不计重力及带电粒子之间的相互作用)()A．1∶eq\r(3) B．2∶eq\r(3)C.eq\r(3)∶1 D．4∶eq\r(3)答案：C解析：当磁感应强度大小为B1时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的eq\f(1,6)，则圆周长的eq\f(1,6)对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示由图中几何关系可得r1＝eq\f(R,2)，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，解得B1＝eq\f(2mv0,qR)。当磁感应强度大小变为B2时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的eq\f(1,3)，则圆周长的eq\f(1,3)对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示由图中几何关系可得r2＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r2)，解得B2＝eq\f(2mv0,\r(3)qR)，故有eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(3),1)，选项C正确，A、B、D错误。7．(2024·河南驻马店高二阶段练习)在固定直导线a、b两端分别接上如图甲、乙、丙、丁所示的导体，导体的材料相同、粗细均匀且相同，给导体通入的电流均为I。导体均处在磁感应强度大小为B、方向垂直导体或导体所在平面向里的匀强磁场中，甲、乙、丙、丁图中导体受到的安培力分别为F1、F2、F3、F4，则()A．F1>F2 B．F2＝F3C．F2<F4 D．F1＝F4答案：BD解析：设a、b的间距为L，四个图中的导体的有效长度均为L，则安培力均为F＝ILB，因此有F1＝F2＝F3＝F4，故B、D正确，A、C错误。8．(2024·大连高二期末)如图(a)所示为洛伦兹力演示仪，学生演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在强磁场中的运动轨迹呈螺旋状。为了研究该螺旋状轨迹情况，现将这一现象简化成如图(b)所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴磁感应强度大小为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入电子束，得到轴线平行于x轴的螺旋状电子运动轨迹，电子的比荷为eq\f(e,m)，则()A．磁场的方向为沿x轴负方向B．此螺旋状轨迹的半径r＝eq\f(mv0sinα,eB)C．当α＝90°时电子的运动轨迹是闭合的圆D．此螺旋状轨迹的螺距Δx＝eq\f(2πmv0sinα,eB)答案：BC解析：电子垂直于磁场方向的分速度v⊥＝v0sinα，根据eBv⊥＝meq\f(v\o\al(2,⊥),r)，得此“螺旋”的半径r＝eq\f(mv0sinα,eB)，根据题意可知此“螺旋”向xOy平面上部分旋转，由左手定则可知磁场的方向为沿x轴正方向，故A错误，B正确；当α＝90°时电子的速度与磁场方向垂直，此时运动轨迹是闭合的圆，故C正确；周期T＝eq\f(2πr,v⊥)＝eq\f(2πm,eB)，螺距为Δx＝v0cosα·T＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，故D错误。9．(2024·福建省福州第八中学高二期末)如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为α和β(α>β)，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是()A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa>abB．a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则va>vbC．a、b两球沿槽运动的最大位移为sa和sb，则sa<sbD．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta>tb答案：AC解析：两小球受到的洛伦兹力都垂直于斜面向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为aa＝gsinα，ab＝gsinβ，可得aa>ab，故A正确；当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则mgcosα＝qvaB，mgcosβ＝qvbB，可得va＝eq\f(mgcosα,qB)，vb＝eq\f(mgcosβ,qB)，故va<vb，故B错误；根据运动学公式veq\o\al(2,a)＝2aasa，veq\o\al(2,b)＝2absb，可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为sa＝eq\f(m2g1－sin2α,2q2B2sinα)，sb＝eq\f(m2g1－sin2β,2q2B2sinβ)，根据数学关系可得sa<sb，故C正确；a、b两球沿槽运动的时间分别为ta＝eq\f(va,aa)＝eq\f(m,Bqtanα)，tb＝eq\f(vb,ab)＝eq\f(m,Bqtanβ)，可得ta<tb，故D错误。10．(2024·山东日照高二期末)如图所示，长方体空间区域内存在匀强磁场(包括边界)，方向平行于yOz平面且与z轴负方向成30°角(图中未画出)，磁感应强度大小为B，长方体x方向长为2L，y方向足够长，z方向高为2L。质量为m，电荷量为q的带正电粒子从点a(0,0,2L)沿x轴正方向进入匀强磁场，速度大小为v0＝eq\f(2qBL,m)，不计粒子重力。则下列判断正确的是()A．粒子会经过x轴上的点e(2L,B．粒子会经过y轴上的点(0,2eq\r(3)L,0)C．若进入磁场的速度大小为2v0，穿出点的y坐标为(2eq\r(3)－3)LD．若进入磁场的速度大小为2v0，在磁场中的运动时间为eq\f(πm,6qB)答案：BCD解析：粒子速度大小为v0＝eq\f(2qBL,m)，则其轨迹半径为R＝eq\f(mv0,qB)＝2L，匀强磁场方向平行于yOz平面，且与z轴负方向成30°角，粒子沿x轴正方向进入匀强磁场，根据左手定则可以判断粒子的轨迹平面为面abcd，如图所示：ad＝4L，od＝2eq\r(3)L，所以粒子圆轨迹的圆心O1正好位于ad中点，轨迹与bc边相切于p点，并且与y轴相交于d点。所以粒子不会与x轴相交，会与y轴交于点d，坐标为(0，2eq\r(3)L，0)，故A错误，B正确；若进入磁场的速度大小为2v0，则其轨迹半径为R′＝eq\f(m2v0,qB)＝4L，则其运动轨迹与bc边相交于f点，如图所示：则cf＝2eq\r(3)L，fh＝eq\r(3)L，ch＝3L，eh＝ec－hc＝(2eq\r(3)－3)L，所以穿出点的y坐标为(2eq\r(3)－3)L，C正确；若进入磁场的速度大小为2v0，设轨迹圆心角为θ，如图所示：则sinθ＝eq\f(fg,fd)＝eq\f(2L,4L)＝eq\f(1,2)，则圆心角θ＝30°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,6qB)，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)(2023·广东梅州虎山中学高二阶段练习)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的S极位于两导轨的正上方，N极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。(1)在图中画出连线，完成实验电路；要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向运动。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当减小两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是_________(填入正确选项前的字母)。(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了_________(填入正确选项前的字母)。A．回旋加速器B．电磁炮C．质谱仪答案：(1)见解析(2)C(3)B解析：(1)电路连线如图；(2)根据公式F＝ILB可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理有Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A错误，C正确；若换用一根更长的金属棒，但导轨间的距离不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度为v＝eq\r(\f(2Fs,m)－2μgs)，速度变小，B错误。故选C。(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了电磁炮；回旋加速器和质谱仪都是根据带电粒子在磁场中受力的作用制成的，故选B。12．(8分)(2024·武汉市育才高级中学高二期中)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。(1)完成下列主要实验步骤中的填空。①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出___________，并用天平称出___________。④用米尺测量_________。(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝___________。(3)判定磁感应强度方向的方法是：若，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。答案：(1)电流表的示数I此时细沙的质量m2D的底边长度L(2)eq\f(|m2－m1|g,IL)(3)m2>m1解析：(1)闭合开关后，D受重力G1＝m1g、细线拉力T和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I。并用天平称出此时细沙的质量m2。用米尺测出D的底边长度L，可列式求磁感应强度B(2)根据平衡条件，有│m2－m1│g＝ILB，解得B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)。(3)若m2>m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2<m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。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．(8分)(2024·安徽安庆市高二期中)如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)ab棒受到的安培力；(2)ab棒与导轨间的动摩擦因数μ。答案：(1)0.4N，沿斜面向上(2)0.125解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A导体棒受到的安培力为F安＝ILB＝0.4N由左手定则可知，安培力沿斜面向上。(2)对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有F1＝mgsin37°＝0.48N，F1>F安根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin37°＝F安＋μmgcos37°解得μ＝0.125。14．(12分)(2024·辽宁朝阳建平县实验中学高二期末)如图所示的xOy坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，OP＝20eq\r(3)cm，一电荷量为q＝1.0×10－7C、质量为m＝1.0×10－8kg的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成α＝30°角，粒子在电场中垂直x轴经过Q(1)粒子射入磁场的初速度大小；(2)电场强度E；(3)粒子从P点运动到Q点的时间。答案：(1)4m/s(2)eq\f(2\r(3),3)V/m(3)eq\f(4π＋3\r(3),30)s解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹示意图如图所示：由几何关系得Rcos30°＝OP＝20eq\解得R＝0.4m，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)＝4m/s。(2)带电粒子在电场中运动时，沿y轴方向做匀速直线运动，有R＋Rsin30°＝vcos30°t2，沿x轴方向做匀变速直线运动，有vsin30°＝at2，其中a＝eq\f(qE,m)，解得t2＝eq\f(\r(3),10)s，E＝eq\f(2\r(3),3)V/m。(3)带电粒子进入电场前在磁场中运动的时间t1＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πm,3qB)＝eq\f(2π,15)s，之后带电粒子在电场中运动的时间为t2＝eq\f(\r(3),10)s，则带电粒子从P点运动到Q点的时间t＝t1＋t2＝eq\f(4π＋3\r(3),30)s。15．(12分)(2024·浙江绍兴一中高二期末)如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，MN为竖直放置的两金属板构成的加速器，两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上，虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q与Oxy平面平行，ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和y轴正方向匀强电场，磁感应强度大小为eq\f(1,d)eq\r(\f(3mU,2q))、电场强度大小为eq\f(U,d)。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从M板上的a点静止释放，经加速器加速后从N板上的b孔射出，最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力，M、N、P、Q足够大，不计MN间的边缘效应。求：(1)粒子在b点速度大小及在磁场中做圆周运动的半径R；(2)粒子经过P分界面时到z轴的距离；(3)粒子打到荧光屏Q上的位置，用坐标(x，y，z)表示。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))eq\f(2\r(3),3)d(2)eq\f(\r(3)d,3)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)d，d，0))解析：(1)粒子在电场加速过程，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供