2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 模块综合试卷(一)（含解析）

这是一份2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 模块综合试卷(一)（含解析），共12页。

模块综合试卷(一)(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(　　)A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．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，导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了水平向左的安培力，导线框进入磁场时受到了水平向左的安培力，故C错误，D正确。3.如图所示，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(　　)A．导线b受到的安培力可能为0B．导线a受到的安培力可能为0C．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、反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和导线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。4．(2023·贵阳市统考期末)如图所示是一个充电电路装置，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按如图丙所示的正弦规律变化。线圈a连接一原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则(　　)A．变压器输出电流的频率为10 HzB．充电电路两端的电压有效值为5 VC．其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率，充电电路两端的电压最大值不变D．其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同答案　D解析　根据题图丙可知，输出电流的频率f＝eq \f(1,2×10－1) Hz＝5 Hz，A错误；原线圈两端电压的有效值U1＝eq \f(0.5,\r(2)) V＝eq \f(\r(2),4) V，根据电压与匝数的关系有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得U2＝eq \f(5\r(2),2) V，B错误；其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率时，根据Em＝Blvm可知，原线圈两端电压的最大值增大，根据电压与匝数的关系，充电电路两端的电压最大值增大，C错误；其他条件不变时，可知变压器原、副线圈两端电压的有效值均一定，对不同规格的充电设备充电，通过设备的额定电流可能不同，则变压器输出功率可能不同，而输出功率决定输入功率，即其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，D正确。5.如图所示，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点处有一离子源，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的相互作用。则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足(　　)A．02a)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，则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是(　　)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，因穿过线框的磁通量不变，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，速度大于进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流，导致出磁场时受到的安培力大于重力，则线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BiL－mg＝ma，i＝eq \f(BLv,R)，则线框做加速度减小的减速运动，故B正确，A、C、D错误。7.如图所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，D为理想二极管，R为电阻，L1、L2和L3是三个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是(　　)A．闭合S瞬间，三个灯泡立即亮B．闭合S瞬间，L1灯泡比L2灯泡先亮C．断开S瞬间，L2灯泡闪亮后慢慢熄灭D．断开S瞬间，L1灯泡闪亮后慢慢熄灭答案　D解析　S闭合瞬间，L1、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A、B错误；断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，于是线圈、L3与L1形成一个闭合电路，由于稳定时L3比L1亮(L3所在的支路的总电阻比L1所在的支路的总电阻小)，所以L1灯泡将闪亮一下再慢慢熄灭，而二极管具有单向导电性能，所以L2灯泡立即熄灭，故C错误，D正确。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(　　)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方向竖直向上答案　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等，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，只有电流方向改变，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(　　)A．永磁体的转速为10 r/sB．线圈两端电压的有效值为6eq \r(2) VC．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，交流电的周期为T＝0.4 s，故永磁体的转速为n＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4) 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＝eq \f(Um,\r(2))＝6eq \r(2) V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) 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.(2023·烟台市高二统考期末)如图所示，在xOy平面的第一象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ＝60°，在M(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子速率均为v0＝eq \f(\r(3)qBl,6m)，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子(　　)A．在磁场中运动的最短时间为eq \f(2πm,3qB)B．在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,3qB)C．在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)D．在磁场中运动的最长时间为eq \f(4πm,3qB)答案　AC解析　粒子在磁场中运动的半径为r＝eq \f(mv0,qB)＝eq \f(\r(3),6)l，在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，则对应从M点向虚线作的垂线的长度，粒子在磁场中的轨迹，如图甲所示，则该弦长对应的圆心角为sin eq \f(θ1,2)＝eq \f(\f(1,2)lsin 30°,r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ1＝eq \f(2π,3)，则对应的最短时间为tmin＝eq \f(θ1,2π)T＝eq \f(2πm,3qB)，选项A正确，B错误；竖直方向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，此时时间最长，粒子在磁场中的轨迹，如图乙所示，则在磁场中运动的最长时间tmax＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，选项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与电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路。(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)(2022·莆田二中高二期中)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小明同学利用如图甲、乙所示对可拆式变压器进行研究。(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是________。A．为了人身安全，实验中只能使用低压交流电源，所用电压不要超过36 VB．即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电C．为使接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱D．使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压范围后再选择适当的量程进行测量(2)正确选择器材后，图丙中将变压器的原线圈“0、8”接线柱与稳压输出端相连，且学生电源选择开关置于10.0 V挡，多用电表与副线圈的“0、4”接线柱相连，电表示数是________。A．5.50 V B．4.60 VC．5.00 V D．0(3)小明同学把交流电源接在图丁a、b两端，当Uab＝12.0 V时，用多用电表交流电压“×10 V”挡测量c、d两端电压，测量结果如戊所示。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比最有可能是________。A．8∶1 B．14∶4C．2∶1 D．1∶2答案　(1)BD(3分)　(2)D(2分)　(3)C(3分)解析　(1)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12 V，故A错误；即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的损耗，原线圈也不能长时间通电，故B正确；实验通电时，为保证人身安全及实验准确性，不可用手接触裸露的导线，故C错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。(2)由题可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此，副线圈两端的电压为0。故选D。(3)电压挡“×10 V”的量程精度为0.2 V，估读到0.1 V，则读数为5.6 V；根据理想变压器的电压比等于匝数比，考虑变压器有一定的电能损失，则最接近的匝数比为2∶1。故选C。13.(10分)如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd，放在磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场中，从图示位置开始以bc边为轴匀速转动。线圈从图示位置转过一周的过程中产生的热量为Q。已知线圈的bc边与磁场方向垂直，线圈电阻为R。求：(1)线圈转动的角速度大小；(2)线圈从图示位置转过eq \f(π,3)时，产生的感应电动势的瞬时值；(3)线圈从图示位置转过eq \f(π,2)的过程中，产生的感应电动势的平均值。答案　(1)eq \f(RQ,πB2L4)　(2)eq \f(\r(3)RQ,2πBL2)　(3)eq \f(2RQ,π2BL2)解析　(1)线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E＝eq \f(\r(2),2)BL2ω(1分)线圈从题图所示位置转过一周所用的时间t＝T＝eq \f(2π,ω)(1分)所以热量Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(πωB2L4,R)(1分)解得：ω＝eq \f(RQ,πB2L4)(1分)(2)线圈从题图所示位置开始转过eq \f(π,3)时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e＝BL2ωsin eq \f(π,3)(1分)解得：e＝eq \f(\r(3)RQ,2πBL2)(1分)(3)线圈从题图所示位置转过eq \f(π,2)的过程中，线圈内磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2(1分)所用的时间为t1＝eq \f(π,2ω)(1分)线圈产生的感应电动势的平均值eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,t1)＝eq \f(2RQ,π2BL2)。(2分)14．(12分)(2023·榆林高二统考期末)如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，倾角θ＝37°，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，M、P间连接一个R＝4.5 Ω的电阻。两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。一质量m＝0.05 kg、电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab以v＝2 m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求电阻R中电流I的大小；(2)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F＝0.12 N，若金属棒继续下滑x＝2 m后速度恰好减为0，求在金属棒减速过程中，电阻R上产生的焦耳热。答案　(1)0.2 A　(2)0.5　(3)0.054 J解析　(1)金属棒ab产生的感应电动势为E＝BLv＝1 V(2分)由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝0.2 A(2分)(2)金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向上，金属棒匀速运动，根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ＋BIL(2分)解得μ＝0.5(1分)(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得(F－mgsin θ＋μmgcos θ)x＋Q＝eq \f(1,2)mv2(2分)电阻R上产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r) Q(2分)联立两式解得QR＝0.054 J(1分)15．(18分)(2021·全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。答案　(1)eq \f(\r(13)mv02,6qE)(2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)