人教版高中物理新教材同步讲义选修第二册 模块综合试卷(一)（含解析）

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模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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，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水平向左的安培力，故C错误；导线框进入磁场时受到了水平向左的安培力，故D正确．3．(2021·响水中学高二期末)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝22 Ω，各电表均为理想交流电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(　　)A．副线圈输出电压的频率为5 HzB．电压表的示数为22 VC．电阻R消耗的电功率为22 WD．电流表的示数为1 A答案　C解析　由题图乙可知原线圈的周期为T＝0.02 s，原、副线圈的频率为f＝＝50 Hz，所以A错误；电压表的示数为有效值，由变压器电压与匝数成正比的规律，可知电压表的示数为U2＝＝ V＝22 V，所以B错误；电阻R消耗的电功率为P2＝＝22 W，所以C正确；由变压器功率规律有U1I1＝U2I2＝P2，U1＝ V＝220 V，解得I1＝0.1 A，所以D错误．4.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．(2021·杭州市高二期末)如图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(　　)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垂直纸面向里，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静电力做功得到，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，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，故D正确．6.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．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，其轨迹半径为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．(2021·铁人中学高二期末)如图甲所示，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，则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能(　　)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，出磁场时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．8.如图所示，A1、A2为两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是(　　)A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭D．断开S的瞬间，a点的电势比b点低答案　D解析　闭合开关S后，因A1和线圈并联，则A1立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路中没有感应电流，A1也是立即熄灭，故C错误，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．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，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．10．在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是(　　)A．磁感应强度B0＝B．线框中感应电流为I＝2C．线框cd边的发热功率为PD．a端电势高于b端电势答案　BC解析　由题图乙可知，线框中产生的感应电动势大小恒定，线框ab边的发热功率为P＝，感应电动势E＝S＝·＝，所以磁感应强度B0＝，A错误；由P＝I2R可得线框中感应电流为I＝2，B正确；cd边电阻等于ab边电阻，且两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C正确；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为adcba方向，处于磁场中的部分线框为等效电源，因此a端电势比b端电势低，D错误． 11．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6 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＝＝ 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．12.(2021·大同一中高二月考)如图所示，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(　　)A．v甲∶v乙＝1∶2   B．v甲∶v乙＝2∶1C．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6小题，共52分)13．(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与电池、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)14．(6分)(2021·霞浦县第一中学高二月考)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补充完整．(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将螺线管A迅速插入螺线管B时，灵敏电流计指针将________(选填“发生”或“不发生”)偏转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________(选填“发生”或“不发生”)偏转；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，如果螺线管B两端不接任何元件，则螺线管B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(1分)　(2)①发生(1分)　②发生(1分)　③相反(1分)　(3)BD(2分)解析　(1)将电源、开关、滑动变阻器、螺线管A串联成一个回路，再将电流计与螺线管B串联成另一个回路，如图所示．(2)①闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将螺线管A迅速插入螺线管B，穿过螺线管B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转；②螺线管A插入螺线管B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，穿过螺线管B的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；③两过程中灵敏电流计指针偏转方向相反．(3)如果螺线管B两端不接任何元件，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．15．(8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＝(1分)＝(1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＝＝(1分)根据楞次定律知，e端电势高．(1分)16.(9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时，产生的感应电动势的瞬时值；(3)线圈从图示位置转过的过程中，产生的感应电动势的平均值．答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E＝BL2ω(1分)线圈从题图所示位置转过一周所用的时间：t＝T＝(1分)所以热量Q＝t＝(1分)解得：ω＝(1分)(2)线圈从题图所示位置开始转过时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e＝BL2ωsin (1分)解得：e＝(1分)(3)线圈从题图所示位置转过的过程中，线圈内磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2(1分)所用的时间为t1＝(1分)线圈产生的感应电动势的平均值：＝＝.(1分)17.(11分)(2021·吴忠中学高二期末)如图所示，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＝0.5，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°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(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)0.1 J解析　(1)设金属棒的加速度大小为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(2分)解得Q＝0.1 J．(1分)18.(12分)(2021·宿州市高二期末)如图所示，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：(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(1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＝(1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＝(1分)出磁场运动到P点时间t2＝＝(1分)在第四象限磁场中运动时间t3＝T′＝(1分)粒子从A点运动到D点的总时间t＝t1＋t2＋t3＝ .(1分)