模块综合试卷(一)（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版）

这是一份模块综合试卷(一)（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版），共16页。
模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．(2023·连云港高二统考期中)关于以下四张图片，说法正确的是(　　)A．甲图为电磁波调制时，调幅波的示意图B．乙图为用γ射线拍摄的人体组织图片C．丙图为干簧管，它的工作原理是利用电磁感应规律D．丁图容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大2.1932年，物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，并在云室中加入一块厚6 mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片。如图为安德森在云室内拍下的正电子的径迹，以下说法正确的是(　　)A．正电子从下向上穿过铅板B．正电子穿过铅板后做圆周运动的周期变大C．磁场的方向垂直纸面向外D．磁场的方向垂直纸面向里3.(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　)A．平行于纸面向上B．平行于纸面向下C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外4．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5.演示自感现象的电路如图所示，L为电感线圈。闭合开关S，电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是(　　)A．闭合开关S时，A1、A2同时变亮B．若断开开关，通过A2的电流从左向右C．L的直流电阻与R的阻值相同D．若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗6.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7．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．充电设备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，充电设备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8.(2023·扬州市高二期中)洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是(　　)A．同时增大U和I B．同时减小U和IC．减小U，增大I D．增大U，减小I9．(2023·苏州市高二期末)如图所示，从离子源释放的无初速度带电离子经电场U加速后，进入静电分析器(内有辐向电场E)中做匀速圆周运动，从小孔S2射出电场后自P1处垂直边界进入磁分析器中(内有垂直纸面向外的匀强磁场B)，最后再从小孔P2垂直下边界射出磁场被收集，不计离子重力及离子间的相互作用，则(　　)A．静电分析器中K1极板的电势高于K2电势B．从S2射出的离子具有相同的电荷量C．从S2射出的离子具有相同的速度D．从P2射出的离子具有相同的比荷10.(2023·南京市第一中学期末)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则(　　)A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3B．带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为eq \r(3)∶1C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．(8分)(2023·连云港高二校考阶段练习)如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么把A线圈从B线圈中拿出来，然后合上开关，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转；(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；A．插入铁芯B．拔出A线圈C．滑动变阻器的滑片向左滑动D．断开开关S瞬间(3)G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁体的运动方向是向________(填“上”或“下”)：图丙中的条形磁体下端为________极(填“N”或“S”)。12．(10分)如图甲所示，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，其他电阻阻值不计。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：(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两端的电压哪端高，高多少？13．(12分)(2023·南京市宁海中学校考期末)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝30 cm的正方形线圈abcd共200匝，线圈总电阻r＝3 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝20eq \r(2) rad/s，外电路连接的两个定值电阻的阻值均为R＝4 Ω。求：(1)从图示位置起转时电动势瞬时值的表达式；(2)理想交流电压表的示数；(3)线圈从图示位置转过30°的过程中通过线圈的电荷量。14．(14分)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。15．(16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。模块综合试卷(一)1．A　[题图甲是将电磁波的振幅按照传送的信号变化规律而变化，即调幅，A正确；乙图是利用X射线拍摄的人体组织图片，B错误；丙图为干簧管，是将磁信号转化为电路通断的传感器，C错误；丁图容器中充入电介质时，电容器电容增大，由T＝2πeq \r(LC)，可知回路中的振荡周期变大，振荡电流的频率减小，D错误。]2．D　[正电子穿过铅板后速度减小，正电子在磁场中运动半径减小，由题图可知正电子从上向下穿过铅板，故A错误；由于铅板上下的磁感应强度相同，根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，正电子穿过铅板后做圆周运动的周期不变，故B错误；由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故D正确，C错误。]3．C　[根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。]4．D　[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。]5．C　[闭合开关S时，A2立即变亮；由于线圈的自感作用将阻碍电流的快速变大，使电流缓慢变大，所以与其串联的灯泡A1缓慢变亮，故A错误；电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，说明L的直流电阻与R的阻值相同，故C正确；断开开关时，电路中的电流突然减小为零，线圈内将产生阻碍原电流减小的自感电流，即自感电流的方向与原电流方向相同；灯泡A1、A2所在的两个支路构成了一个闭合回路，自感电流通过灯泡A1、A2，通过A2时方向从右向左，随着自感电流的减小，两个灯泡同时熄灭，因两个灯泡之前电流相同，因此A2不会闪亮一下，故B、D错误。]6．B　[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。]7．D　[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，充电设备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。]8．D　[根据题意，由牛顿第二定律有evB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,eB)，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，整理可得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))，可知，一定能让圆形径迹半径增大的是增大U，同时减小B，即同时减小I。故选D。]9．D　[根据题意可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断离子一定带正电，同时在静电分析器中由静电力提供向心力做圆周运动，可知K2的电势高于K1的电势，故A错误；根据题意，设离子的质量为m，电荷量为q，离子在加速电场中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(2U,E)，可知所有离子都能从S2射出，则不能确定从S2射出的离子是否具有相同的电荷量和速度，故B、C错误；根据题意可知，由于离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则离子进入磁分析器中的速度仍为v，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，整理可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，可知从P2射出的离子具有相同的比荷，故D正确。]10．A　[如图，设圆形磁场半径为R，根据数学知识，粒子在磁场中运动的轨道半径为r1＝Rtan 30°，r2＝Rtan 60°，带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比为eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,3)，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，所以可得在磁场中运动时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(2πr1,v)·\f(120°,360°),\f(2πr2,v)·\f(60°,360°))＝eq \f(2,3)，A正确，B错误；粒子在磁场中运动有Bqv＝meq \f(v2,r)，即r＝eq \f(mv,Bq)＝eq \f(v,B·\f(q,m))，因为有eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,3)，所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1，C错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期比为eq \f(T1,T2)＝eq \f(\f(2πr1,v),\f(2πr2,v))＝eq \f(1,3)，D错误。]11．(1)向右(2分)　(2)BD(2分)　(3)下(2分)　S(2分)解析　(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使指针向右偏转，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，线圈B中的磁通量也增加，产生的感应电流方向相同，故灵敏电流计指针也将向右偏转；(2)据(1)分析有：插入铁芯会使通过线圈B中的磁通量变大，则使灵敏电流计的指针向右偏转，故A错误；拔出A线圈，会使通过线圈B中的磁通量变小，则会使灵敏电流计指针向左偏转，故B正确；滑动变阻器的滑片向左滑动，则通过线圈A中的电流变大，从而会使通过线圈B中的磁通量变大，灵敏电流计的指针会向右偏转，故C错误；断开开关S瞬间，会使通过线圈B中的磁通量变小，从而使灵敏电流计的指针向左偏转，故D正确。(3)依题意可知实验时通过线圈的电流是从上端流入、下端流出，则根据右手螺旋定则可知此时线圈产生的磁场方向向下，而此时恰好条形磁体的S极朝下，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在增大，可知条形磁体应向下运动；依题意可知实验时通过线圈的电流是从下端流入、上端流出，则根据右手螺旋定则可知线圈产生的磁场方向向上，而条形磁体又向上远离线圈，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在减小，则可知条形磁体的下端为S极。12．(1)eq \f(nB0,2R)L2　(2)e端高　eq \f(nB0L2,2t1)解析　(1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律：eq \x\to(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(nB0L2,t1)(2分)eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)(1分)q＝eq \x\to(I)t1(1分)联立解得：q＝eq \f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E＝eq \f(nB0L2,t1)(2分)电阻R两端的电压为U＝eq \f(E,2)＝eq \f(nB0L2,2t1)(2分)根据楞次定律知，e端电势高。(1分)13．(1)e＝180eq \r(2)cos 20eq \r(2)t(V)　(2)72 V　(3)0.9 C解析　(1)从图示位置起转，其中ω＝20eq \r(2) rad/s，电动势的最大值为Em＝NBωS＝NBωL2＝200×0.5×20eq \r(2)×(30×10－2)2 V＝180eq \r(2) V(2分)则电动势瞬时值的表达式为e＝Emcos ωt＝180eq \r(2)cos 20eq \r(2)t(V)(1分)(2)电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))(1分)设电压表的示数为U，电压表测两电阻并联部分两端电压，并联部分电阻为R并＝eq \f(R,2)(1分)有U＝eq \f(R并,R并＋r)E(1分)所以有U＝72 V(1分)(3)线圈从图示位置转过30°的过程中平均电动势为eq \x\to(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)(2分)磁通量变化为ΔΦ＝BL2sin 30°(1分)平均电流为eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),\f(R,2)＋r)(1分)解得q＝eq \x\to(I)Δt＝0.9 C(1分)14．(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(2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(2分)15．(1)eq \f(\r(13)mv02,6qE)(2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)