2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案模块综合试卷(一)

模块综合试卷(一)

(时间：75分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．关于电磁波，下列说法中正确的是(　　)

A．变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场

B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在

C．电磁波和机械波都依赖于介质才能传播

D．各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播

答案　B

解析　均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场，选项A错误；麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；电磁波可以在真空中传播，选项C错误；各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同，等于光速，选项D错误．

2．如图1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则(　　)

图1

A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a

B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a

C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右

D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左

答案　D

解析　根据楞次定律“增反减同”可知导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，故A错误；导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故B错误；根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了向左的安培力，故C错误；导线框进入磁场时受到了向左的安培力，故D正确．

3.如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)

图2

A．原线圈的输入功率为220 W

B．电流表的读数为1 A

C．电压表的读数为110 V

D．副线圈输出交流电的周期为50 s

答案　B

解析　由u＝220sin 100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，故C错误；副线圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220 W，故A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故B正确；因为ω＝＝100π rad/s，所以T＝0.02 s，故D错误．

4.如图3所示，三段长度相等的直导线a、b、c相互平行且处在同一竖直面内，a、b间的距离等于b、c间的距离，通电电流Ia<Ib<Ic，方向如图所示，则下列判断正确的是(　　)

图3

A．导线b受到的安培力可能为0

B．导线a受到的安培力可能为0

C．导线c受到的安培力的方向一定向左

D．导线a、b受到的安培力的方向一定相同

答案　B

解析　根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥可知，导线a对导线b有向左的吸引力，导线c对导线b有向左的排斥力，则导线b受到的安培力一定不为0，方向向左，故A错误；导线b对导线a有向右的吸引力，导线c对导线a有向左的排斥力，由于Ia<Ib<Ic，所以导线a受到的安培力可能为0，故B正确；导线a和b对导线c都有向右的排斥力，故导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误；导线a受到的安培力大小和方向不确定，则导线a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D错误．

5．如图4所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射．电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹．则下列说法正确的是(　　)

图4

A．若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针(垂直纸面向里看)

B．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大

C．若同时减小I和U，则电子运动的周期减小

D．若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变

答案　D

解析　若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场方向应向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针(垂直纸面向里看)，故A错误；

电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则eBv＝m，

可得r＝，

而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即eU＝mv2，

即U不变，则v不变，由于m、e不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；

因为T＝＝，

所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，线圈产生的磁场的磁感应强度B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误；由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确．

6.如图5所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子．已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用．则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足(　　)

图5

A．0<v≤   B．0<v≤

C．0<v≤   D．0<v≤

答案　D

解析　离子在磁场中恰好不射出的轨迹如图所示．

根据几何知识可知，其轨道半径为R＝，

因为qvB＝m，

所以有v＝＝，

所以离子不从磁场射出的速度需要满足0<v≤，故A、B、C错误，D正确．

7．如图6甲所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L.一个边长为a的正方形导线框(L>2a)从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图像可能是以下的哪一个(　　)

图6

答案　B

解析　由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像如题图乙所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L>2a，当线框完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受重力作用，做匀加速运动，线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场过程中的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，则线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BiL－mg＝ma，则线框做加速度减小的减速运动，i＝，故B正确，A、C、D错误．

二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

8．图7甲所示为扬声器的实物图，图乙为剖面图，线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动发出声音．俯视图丙表示处于辐射状磁场中的线圈，磁场方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是(　　)

图7

A．环形磁体产生的磁感线是不闭合的

B．图丙中，线圈上各点的磁感应强度不同

C．当电流方向改变时线圈所受安培力方向一定改变

D．图丙中当电流沿逆时针方向时，对应图乙中线圈所受安培力向上

答案　BC

解析　磁感线是闭合的曲线，故A错误；磁感应强度是矢量，线圈上各点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B正确；安培力方向由磁场方向和电流方向共同决定，电流方向改变安培力方向一定改变，故C正确；根据左手定则可判定，线圈所受安培力方向竖直向下，故D错误．

9．图8甲为风力发电的简易模型．在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁体下方的线圈与电压传感器相连．在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则(　　)

图8

A．永磁体的转速为10 r/s

B．线圈两端电压的有效值为6 V

C．交流电压的表达式为u＝12sin 5πt (V)

D．该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上

答案　BC

解析　由题图乙可知，电流的周期为T＝0.4 s，故永磁体的转速为n＝＝ r/s＝2.5 r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12 V，故有效值U＝＝6 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故交流电压的表达式为u＝12sin 5πt (V)，故C正确；该交流电电压的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故 D错误．

10.如图9所示，虚线PQ左上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场．已知v甲、v乙之间的夹角α＝60°，v乙与PQ之间的夹角β＝30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力．设甲、乙在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，以下关系正确的是(　　)

图9

A．v甲∶v乙＝1∶2   B．v甲∶v乙＝2∶1

C．t甲∶t乙＝3∶4   D．t甲∶t乙＝3∶2

答案　BC

解析　甲、乙两粒子在磁场中的运动情况如图．

粒子在加速过程中，根据动能定理有：qU＝mv2，

解得v＝，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv＝，

解得运动的半径为R＝，

根据几何知识可知，甲、乙两粒子在磁场中运动的半径之比为：R甲∶R乙＝1∶2，

联立解得：∶＝1∶4，v甲∶v乙＝2∶1，A错误，B正确；

甲粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，则甲、乙粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝∶＝3∶4，C正确，D错误．

三、非选择题(本题共5小题，共54分)

11．(6分)在图10甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏．现按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路．

图10

(1)闭合开关S后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的________端(选填“上”或“下”)为感应电动势的正极；

(2)螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；

(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转．

答案　(1)下(2分)　(2)向右(2分)　(3)向左(2分)

12．(8分)如图11为“探究电磁感应现象”的实验装置．

图11

(1)将图中所缺的导线补接完整．

(2)连接电路后，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：

①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________偏转(选填“发生”或“不发生”)；

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________偏转(选填“发生”或“不发生”)；

③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________(选填“相同”或“相反”)；

(3)在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．

A．因电路不闭合，无电磁感应现象

B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势

C．不能用楞次定律判断感应电动势方向

D．可以用楞次定律判断感应电动势方向

答案　(1)见解析图(2分)　(2)①发生(1分)　②发生(1分)　③相反(2分)　(3)BD(2分)

解析　(1)将电源、开关、滑动变阻器、原线圈串联成一个回路，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．

(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，穿过副线圈的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；两过程中灵敏电流计指针偏转方向相反．

(3)如果副线圈两端不接任何元件，副线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不过没有感应电流存在，可根据楞次定律判断出感应电动势的方向，B、D正确，A、C错误．

13．(12分)如图12甲所示，边长为L的n匝正方形金属线圈abcd置于垂直线圈平面的磁场中，线圈的总电阻为R，用导线e、f连接一阻值也为R的定值电阻，其他电阻不计．磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示，正方向为垂直线圈平面向外．求：

图12

(1)在0到t1时间内，通过电阻R的电荷量；

(2)在2t1到3t1时间内，电阻R两端的电势哪端高，高多少．

答案　(1)L2　(2)e端高　

解析　(1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律：

＝n＝(2分)

＝(2分)

q＝t1(1分)

联立各式解得：q＝L2(1分)

(2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E＝(2分)

电阻R两端的电压为U＝＝(2分)

根据楞次定律知，e端电势高．(2分)

14.(12分)如图13所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.5 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量m＝0.05 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：

图13

(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；

(2)金属棒到达cd处的速度大小；

(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．

答案　(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J

解析　(1)设金属棒的加速度大小a，

由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)

解得a＝2.0 m/s2(1分)

(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v，电流为I，金属棒受力平衡，

有mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ(2分)

I＝(2分)

解得v＝2.0 m/s.(1分)

(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒定律，

有mgs·sin θ＝mv2＋μmgs·cos θ＋Q(3分)

解得Q＝0.10 J．(1分)

15.(16分)如图14所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点(未画出)垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°.求：

图14

(1)O、A间的距离；

(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；

(3)粒子从A点运动到D点的总时间．

答案　(1)　(2)B　(3)

解析　(1)根据题意分析可知OA等于粒子在第一象限磁场中运动轨迹的半径，

根据牛顿第二定律可得Bqv0＝(2分)

解得OA＝r＝.(1分)

(2)粒子运动轨迹如图所示，可得OP＝r(2分)

由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R＝2r(1分)

根据牛顿第二定律可得B′qv0＝(2分)

解得B′＝B(1分)

(3)粒子在磁场中运动周期T＝(1分)

在第一象限磁场中运动时间t1＝T＝(2分)

从出磁场运动到P点的时间t2＝＝(1分)

在第四象限磁场中运动时间t3＝T′＝(2分)

粒子从A点运动到D点的总时间t＝t1＋t2＋t3＝.(1分)