教科版高中物理选择性必修第二册模块综合测评含答案

这是一份教科版高中物理选择性必修第二册模块综合测评含答案，共8页。

模块综合测评1．C　[1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；美国科学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故B错误；法拉第发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机，故C正确；根据物理学史可知，安培发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法，故D错误。]2．C　[红外线波长一定大于X射线波长，故A不符合题意；根据麦克斯韦的电磁理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是变化磁场产生变化电场，变化电场又产生磁场，不断交替变化产生的，故B不符合题意；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故C符合题意；红外线最显著的作用是热效应，紫外线最显著的作用是荧光效应，故D不符合题意。]3．A　[F向下压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电，电路中有从b到a的电流；因此电流表有示数说明压力发生了变化，因此②④正确，选A。]4．B　[通电导体在磁场中要受到力的作用，铜盘的受力方向始终与转动方向相反。同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了。所以B正确，A、C、D错误。]5．D　[磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向一直为顺时针，故A、B错误；由楞次定律的“增缩减扩”可知，0～t0时间内，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0～t1时间内为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；由法拉第电磁感应定律得E＝B0πr22t0，感应电流I＝ER＝B0πr22t0·Sρ·2πr＝B0rS4t0ρ，故D正确。]6．C　[设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径r1＝mveB，根据几何关系可知，r1R＝tan60°，所以r1＝3R，运动时间Δt＝θ2πT＝60°360°×2πmqB＝πm3qB；磁感应强度变为9倍，以速度3v射入时，半径r2＝3mve·9B＝13r1＝33R，设第二次射入时的圆心角为α，根据几何关系可知：tanα2＝Rr2＝3，α＝120°，第二次运动的时间为：t′＝α360°T′＝13×2πmq·9B＝29Δt，故C正确，A、B、D错误。故选C。]7．C　[由Em＝62V知E＝6V，电压表示数U＝RR+rE＝91+9×6＝5.4V，故A错误；灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，由功率公式可知P＝U2R＝5.429W＝3.24W，故B错误；在1.0×10-2s时刻，感应电动势为零，说明穿过线圈的磁通量最大，此时穿过线圈的磁通量的变化率为零，故C正确，D错误。]8．C　[台灯的消耗功率包含灯泡和其他辅助器件的总功率。由A、B、C、D四选项分析可知：C中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20W。而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20W。故选C。]9．CD　[根据I1∶I2＝n2∶n1知，电流和线圈匝数成反比，降压变压器中，原线圈匝数比副线圈多，故原线圈的电流小，而电流越大需要的导线越粗，所以原线圈导线比副线圈的要细，故A错误；根据I1∶I2＝n2:n1知，电流和线圈匝数成反比，升压变压器原线圈匝数比副线圈匝数少，所以升压变压器原线圈中的电流大于输电线中的电流，故B错误；若用户增加时，总电流增大，根据U＝IR知，输电线上分得的电压将增加，故C正确；升压变压器初级电压有效值为220V，则升压变压器次级电压为220n(V)，由于导线上有电压损失，则降压变压器的原线圈电压小于220n(V)，即降压变压器的匝数比小于n∶1，故D正确。]10．BD　[导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g，根据功能关系可知最大速度小于2gh，故A错误；通过电阻R的电荷量为q＝ΔΦR总＝BLhR+r，故B正确；由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和，故C错误；根据动能定理可知，重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故D正确。故选BD。]11．BD　[电容器两极间电压一定，等于电源的电动势，根据U＝Ed可知，两板间的距离逐渐增大的过程中，电场强度逐渐减小，故A错误，B正确；电容器间距增加，由C＝εrS4πkd可知电容减小，根据Q＝CU可知电容器要放电，两极板间将产生逆时针方向的磁场(俯视)，故C错误，D正确。]12．BC　[由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率最小，为零，所以线圈B中的感应电流也是零，因此两线圈间作用力为零，故A正确；在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流最大，但由于A中电流为零，故A、B间的相互作用力最小，故B错误；在t1到t2时间内，若设逆时针(从左向右看)方向为正，则线圈A中电流方向为逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B的方向向左的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向为逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C错误；在t2到t3时间内，若设逆时针方向(从左向右看)为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向为逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B相互排斥，故D正确。]13．解析　(1)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故A、B、C错误，D正确。(2)根据变压比公式U1U2＝n1n2可知，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。答案　(1)D　(2)增大　减小14．解析　(1)其直径为0.5mm＋2.0×0.01mm＝0.520mm。(2)如图。(3)实验开始前为了安全，滑动变阻器的滑动触头P应置于最大阻值处，故置于a端。(4)利用题图乙的电路测出热敏电阻的电压包含了电流表的分压，根据R＝UI可知，U偏大，故测出的阻值比真实值偏大。(5)将I2R＝k(t－t0)变形得R＝kI2·t－kt0I2代入数据且等号两边同时除以1000得R＝0.1t－1.5(kΩ)并在题图丙中作出其图线如下，两条图线的交点即为电阻的实际工作状态，可以看出温度约为45℃。答案　(1)0.520(2)(3)a　(4)大　(5)45(43～46)15．解析　(1)根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝kS ①因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为U＝UR＝E＝kS。 ②(2)带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有qU＝12mv2 ③带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB＝mv2r ④由几何关系可得r＋rcot45°＝l ⑤联立②③④⑤得B＝2l2mkSq。答案　(1)kS　(2)2l2mkSq16．解析　(1)导体棒中产生的感应电动势e＝BLv＝BLvmsinωt(V)由欧姆定律，导体棒中的电流i＝e2R则电流随时间变化的表达式为i＝BLvm2Rsinωt(A)。(2)导体棒中产生的感应电动势的有效值E＝BLvm2导体棒中电流的有效值I＝E2R定值电阻中产生的热量Q＝I2Rt联立解得Q＝πB2L2vm216Rω根据功能关系得W＝2Q+12mvm2解得W＝πB2L2vm28Rω+12mvm2。答案　(1)i＝BLvm2Rsinωt(A)　2πB2L2vm216Rω　πB2L2vm28Rω+12mvm217．解析　(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即：qv0B0＝mv02r做匀速圆周运动的周期：T0＝2πrv0联立两式得磁感应强度：B0＝2πmqT0。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有：r＝d4当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r＝d4n(n＝1，2，3，…)联立方程求解，得正离子的速度的可能值为：v0＝B0qrm＝πd2nT0(n＝1，2，3，…)。答案　(1)2πmqT0　(2)πd2nT0(n＝1，2，3，…)18．解析　(1)线圈沿斜面向下运动，由动能定理有mgxsin30°＝12mv12－0解得v1＝5m/s。(2)由于cd边刚离开磁场时线圈恰好加速度等于零，根据平衡条件有BBLv3RL＝mgsin30°解得v3＝mgRsin30°B2L2＝10m/s由整个线圈在磁场中匀加速可得v32-v22＝2gsin30°(d－L)v2＝30m/s。(3)线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量q＝I·Δt由闭合电路欧姆定律得I＝ER由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt解得q＝ΔΦR＝BL2R＝0.5C由能量守恒定律可得Q总＝mg(d+x+L)sin⁡30°-12mv32＝34J正方形四边电阻相等，通过它们的电流也相等，所以ab边产生的热量Q＝14Q总＝316J(或0.1875J)。答案　(1)5m/s　(2)30m/s　(3)0.5C　316J(或0.1875J) 123456789101112CCABDCCCCDBDBDBC