2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：模块综合评估

这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：模块综合评估，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
模块综合评估一、选择题(本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2023·山西运城高二阶段统考)手机通信系统主要由手机、基站和交换网络组成，信号通过电磁波传播。关于电磁波，下列说法正确的是(　D　)A．电磁波跟机械波一样，只能在介质中传播B．不同波长的电磁波，在真空中的传播速度大小不同C．麦克斯韦预言了电磁波，并首次用实验证实了电磁波的存在D．额温枪测温利用的是接收人体辐射出的红外线，红外线的辐射强度与温度有关解析：电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；不同波长的电磁波，在真空中的传播速度都是3×108 m/s，故B错误；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故C错误；人体辐射出的红外线随着温度的升高，辐射强度增大，所以，可以根据红外线的辐射强度来计算对应的温度，故D正确。故选D。2．19世纪末，阿斯顿用他设计的质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。已知氖22的质量大于氖20的质量，若两种粒子带等量正电荷，以相同的速度，经狭缝垂直磁场方向射入匀强磁场。它们的运动轨迹可能是(　C　)            解析：粒子带正电，进入磁场后，根据左手定则可知，洛伦兹力向左，粒子向左偏转，又洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝，因v、B、q相同，氖22的质量大于氖20的质量，则氖22的轨迹半径大于氖20的轨迹半径。故选C。3．(2023·福建漳州高二期末)如图所示，匝数N＝100匝、面积S＝10 cm2的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，并与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接入一只标有“2.5 V　1.5 W”的小灯泡，恰好正常发光，不计线框电阻。下列说法正确的是(　A　)A．理想变压器原线圈、副线圈的匝数比为4∶1B．流过线框的电流有效值为0.2 AC．以图示位置为计时起点，线框中产生的感应电动势的表达式为e＝5cos (100t)VD.如果在小灯泡两端再并联一盏相同的小灯泡，则两盏灯泡都变暗解析：线圈产生的感应电动势的有效值为U1＝＝10 V，变压器原线圈、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝10∶2.5＝4∶1，A正确；根据能量守恒得I1＝＝0.15 A，B错误；图示位置为中性面，所以线框中产生的感应电动势的表达式为e＝10sin (100t)V，C错误；如果在小灯泡两端再并联一盏相同的小灯泡，因为副线圈电压不变，所以两只小灯泡均正常工作，D错误。故选A。4．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　D　)A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为解析：电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；由电子受力平衡可得e＝evB，解得U＝Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故B、C错误；稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即evB＝e，故D正确。故选D。5．如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴。从上往下看，P、Q中均以逆时针方向电流为正。现Q中通如图乙所示变化电流，则P中感应电流随时间的关系为(　C　)　　　           解析：0～t0时间内，Q中电流沿逆时针方向均匀增大，根据安培定则判断可知，Q产生的磁场方向向上，且磁感应强度B均匀增大，由楞次定律得知P中感应电流方向沿顺时针，为负。由于P的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，P中感应电动势不变。因为Q中产生的磁感应强度与电流成正比，有B＝ki，则＝k＝k，则P中感应电动势为E1＝S＝kS，感应电流大小为i1＝＝S；同理，t0～2t0时间内P中感应电流的方向沿逆时针，为正，感应电流大小为i2＝2S；2t0～3t0时间内，P中感应电流方向沿顺时针，为负，感应电流大小为i3＝S；根据数学知识可知C正确。故选C。6．(2022·江苏徐州高二统考期末)如图甲所示电路，不计电感线圈L的直流电阻，闭合开关S后一段时间电路达到稳定状态。t＝0时刻断开开关S，LC振荡电路中产生电磁振荡。则(　B　)A.乙图可以表示L中的电流随时间变化的图像B．乙图可以表示电容器所带电荷量随时间变化的图像C．t＝时刻，磁场能最大D．将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的频率变为原来的解析：t＝0时刻断开开关S，电感线圈L与电容器构成振荡回路，L中的电流从某一最大值减小，产生自感电动势对电容器充电，磁场能转化为电场能，电容器所带电荷量从0增加，当L中的电流减为零，电容器充满电，所带电荷量达到最大，振荡电路经历T，此时磁场能为零，电场能最大，随后电容器放电，所带电荷量减小，L中电流反向增加，电场能转化为磁场能，依此形成振荡电路，故A、C错误，B正确；由振荡电路的周期为T＝2π知，电磁振荡的频率为f＝＝，将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的频率变为原来的，故D错误。故选B。7．(2022·云南曲靖高二期末)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表；下列说法正确的是(　A　)A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变小B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变小C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变小，A2示数变大解析：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻变大，次级电阻变大，由于次级电压一定，可知次级电流减小，即R1消耗的功率变小；因R1两端电压减小，则电压表V示数变大；次级电流减小，根据＝，可知初级电流减小，即电流表A1示数变小，选项A正确，B、C错误；若闭合开关S，则次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流变大，电流表A1示数变大；因R1两端电压变大，则电压表示数变小，电阻R2的电流减小，即A2示数变小，选项D错误。故选A。8．如图所示电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是(　AD　)A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后A2较亮C．断开开关K切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A正确，B错误；断开开关K切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，故C错误，D正确。故选AD。9．如图是质谱仪的工作原理示意图。现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器(速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1)，离子束保持原运动方向未发生偏转，接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束，最后打到极板S上。由此可得出的结论正确的是(　BD　)A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B．不同轨迹的离子在B2中的运动时间一定不同C．不同轨迹的离子的电量一定不相同D．不同轨迹的离子的比荷一定不相同解析：离子带正电，而在速度选择器中，离子受的电场力向右，则离子受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故A错误；离子经过速度选择器进入磁场，速度一定相同，在磁场B2中做匀速圆周运动，由qvB2＝m，可得r＝，离子的半径不同，一定是比荷不同，电量可能相等，而运动的周期T＝，则它们的周期不同，这些离子在B2中的运动时间即为周期的一半，也不相同，故BD正确，C错误。故选BD。10.如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、导轨间电阻为r的金属棒ab在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是(　BC　)A．金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动B．金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动C．金属棒ab的最大速度为D．恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能解析：金属棒ab由静止开始沿导轨上滑时，先做加速运动，随着速度增大，由E＝Blv知金属棒ab产生的感应电动势增大，感应电流随之增大，金属棒ab受到的安培力增大，则金属棒的合外力减小，加速度减小，最终加速度减至零，金属棒开始做匀速运动，因此，金属棒ab沿金属导轨先做加速度逐渐减小的变加速运动，最终做匀速运动，故A错误，B正确；金属棒匀速上滑时速度最大，设为v。根据平衡条件有：F＝mg sin θ＋，解得v＝，故C正确；根据功能关系可知，恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能与回路产生的内能之和，故D错误。故选BC。二、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)在用如图甲所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中： (1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和电压传感器。(2)让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组Δt与E，若以E为纵坐标、为横坐标作图可以得到直线图像。(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系，如图乙所示，挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S，增加小车的速度再次实验得到的面积S′＝(选填“＞”“＜”或“＝”)S。解析：(1)需要电压传感器测量感应电动势的平均值。(2)根据法拉第电磁感应定律公式E＝n可知，E∝，故应该以为横轴作图。(3)根据法拉第电磁感应定律公式E＝n，面积S＝E·Δt＝n·ΔΦ，由于小车的初末位置不变，故面积为一个定值。12．(8分)(2023·福建三明高二期末)某同学用匝数可调的可拆变压器来探究“变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：(1)下列操作正确的是B。A．原线圈接学生电源直流电压，电表置于直流电压挡B．原线圈接学生电源交流电压，电表置于交流电压挡(2)如图甲所示，一变压器的副线圈匝数模糊不清，该同学为确定其匝数，原线圈选择“0”、“8”(×100匝)接线柱，测得电源电压为10.0 V，副线圈电压为4.9 V，则此时接入的副线圈可能是B。A．“0”、“2”接线柱B．“0”、“4”接线柱　(3)如图乙所示，探究铁芯在变压器中的用途时，该同学先将上方的铁芯取出，再将铁芯缓慢向左水平推入，则观察到小灯泡亮度变化与铁芯作用分析正确的是AC。A.小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．铁芯起到传送能量的作用D．若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象更明显(4)你认为该实验的系统误差主要来源是________(写出一条即可)。答案：见解析解析：(1)变压器在交流电条件下才能正常工作，A错误，B正确。故选B。(2)根据电压与匝数关系有＝＝2，A错误，B正确。故选B。(3)变压器的铁芯的作用是导磁，尽量减少漏磁，其起到传递能量的作用，A、C正确，B错误；铜不能被磁化，因此不能导磁，若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象不明显，D错误。故选AC。(4)实际的变压器的线圈与铁芯都有一定的电阻，且存在漏磁，则实验的系统误差主要来源是线圈和铁芯有一定的电阻与存在漏磁。13．(12分)如图所示为等臂电流天平。左臂所挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为l，下边处在磁感应强度大小为B、方向垂直线圈平面(纸面)向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I、方向如图中所示的电流时，两臂平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。(1)请导出用n、m、l、I、g计算B的表达式；(2)若挂盘和砝码的总质量为m＝0.6 kg，B＝1.0 T，l＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，线圈中的电流I可在1.0～2.0 A范围内调节，求线圈的最少匝数。答案：(1)B＝　(2)30匝解析：(1)已知天平平衡，且不计线圈重力，故线圈所受的安培力等于左臂所挂盘和砝码的总重力，即mg＝nBIl，故B的表达式为B＝。(2)由B＝，故n＝，线圈中的电流I可在1.0～2.0 A范围内调节，故当电流最大时，n最小，即n＝＝30匝。14．(12分)手摇发电机的工作原理可简化为如图甲所示：匀强磁场的磁感应强度大小为 T，矩形线圈的总电阻为0.1 Ω、匝数为50匝、面积为0.1 m2，可绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。将这台手摇发电机接在理想变压器的原线圈上，副线圈接有规格均为“220 V　110 W”的灯泡L1、L2和阻值为20 Ω的定值电阻R，如图乙所示。现在匀速摇动发电机，使两灯泡均正常发光。已知理想变压器的原、副线圈匝数之比为1∶10，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。求：　(1)理想交流电压表的读数；(2)手摇发电机匀速转动的角速度。答案：(1)24 V　(2)10 rad/s解析：(1)由于灯泡均正常发光，则副线圈的电流I2＝×2＝×2 A＝1 A，副线圈的电压U2＝U＋I2R，由电压与匝数的关系＝，解得电压表示数为U1＝24 V。(2)原线圈的电流为I1＝I2，交流发电机的电动势的有效值为E有＝U1＋I1r，交流电电动势的峰值为E峰＝E有＝NBSω，代入数据解得手摇发电机匀速转动的角速度ω＝10 rad/s。15．(16分)如图所示，在y<0的区域存在方向与x轴正方向夹角为45°的匀强电场，场强大小为E，y≥0的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个电子从y轴上A(0，－l)点由静止释放，进入磁场后恰好从坐标原点O处第一次射出磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计。求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)电子第二次进入磁场的位置C点的横坐标。答案：(1)2　(2)－8l解析：(1)电子释放后，受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得2eEl＝mv2，电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得eBv＝，由几何关系得r＝l，解得B＝2。(2)电子经O点第二次进入电场后，其速度方向与电场方向垂直，设经过时间t沿速度方向位移为x′，则x′＝vt，沿电场方向电子做初速度为零的匀加速运动，经时间t的位移y′＝t2，由几何关系知电子第二次进入磁场时x′＝y′，由第一问求出电子第二次进入电场的速度为v＝2，由以上各式解得x′＝8l，由几何关系得C点横坐标为xC＝－8l。