2023新教材高中物理模块综合测评新人教版选择性必修第二册

模块综合测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．关于电磁波，下列说法正确的是()A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B．变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输答案C解析电磁波在真空中的传播速度恒为3×108m/s，A错误；根据麦克斯韦电磁场理论可得，周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，而均匀变化的电场和磁场不能相互激发形成电磁波，B错误；周期性变化的电场与磁场相互激发形成电磁波，电磁波的电场强度与磁感应强度总是相互垂直，且与传播方向垂直，C正确；电磁波可以在介质中传播，所以可以通过电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行传播，即无线传播，D错误。2.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离竖直位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，假设圆环面始终与磁场垂直，不计空气阻力，则()A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流的方向相反C．圆环进入磁场后离竖直位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在竖直位置答案B解析当圆环进入、离开磁场时，圆环内磁通量先向里增大，后向里减小，所以感应电流方向相反，B正确；金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有机械能损失，因此圆环向右穿过磁场后，不会摆到原来的高度，A错误；当圆环在匀强磁场中摆动时，圆环内磁通量不变，无感应电流产生，C错误；随着圆环进出磁场，其机械能逐渐减少，圆环摆动的高度越来越低，题中不计空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以圆环最终将在A、B间来回摆动，D错误。3.一个匝数为100匝、电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生电流的有效值为()A．4.0A B．2.0AC．2eq\r(2)A D．0.01eq\r(2)A答案C解析0～0.5s内的磁通量变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(0.01,0.5)Wb/s＝0.02Wb/s，则感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，感应电流I1＝eq\f(E,R)＝4A；在0.5～1s内磁通量不变，感应电流为零；设有效值为I，则Ieq\o\al(2,1)Rt1＝I2RT，即42×0.5＝I2×1，解得I＝2eq\r(2)A，C正确。4.(2019·陕西省咸阳市实验中学高二月考)如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行。当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是()A．斜面对导体a的作用力大小为mgB．b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向上，大小为eq\f(mg,IL)C．b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为eq\f(\r(2)mg,2IL)D．若使b竖直向下移动，a仍能保持静止答案B解析由安培定则可知导体棒a处于b产生的竖直向上的磁场中，根据左手定则可知a受到水平向右的安培力，则a受竖直向下的重力mg、水平向右的安培力F安以及斜面对a的支持力FN这三个力作用而平衡，根据共点力平衡条件可得FN＝eq\r(2)mg，mg＝F安＝BIl，解得B＝eq\f(mg,Il)，故A、C错误，B正确；当b竖直向下移动时，a受到的安培力大小减小，且方向沿顺时针方向转动，根据共点力的平衡条件知，a不能平衡，即a不能保持静止，D错误。5.(2020·江苏如皋中学高二月考)如图所示，LC振荡电路中某时刻电流i的方向指向A板，则()A．若i正在减小，线圈两端电压在增大B．若i正在增大，此时A板带正电C．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大D．若仅增大电容器的电容，振荡频率增大答案A解析若i正在减小，说明磁场能转化为电场能，则线圈两端电压在增大，故A正确；线圈中的电流从下到上，若此时电流i正在增大，表明电容器正在放电，所以B板带正电，A板带负电，故B错误；LC振荡电路的周期公式为T＝2πeq\r(LC)，若仅增大线圈的自感系数，周期增大，振荡频率减小，故C错误；LC振荡电路的周期公式为T＝2πeq\r(LC)，若仅增大电容器的电容，周期增大，振荡频率减小，故D错误。6．如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕位于线圈平面内垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动，t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则()A．t＝0时，线圈中的感应电动势最大B．1s内电路中的电流方向改变了eq\f(ω,π)次C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变D．线圈匀速转动的角速度ω变大时，电流表的读数不变答案B解析t＝0时，线圈位于中性面位置，此时线圈中的感应电动势为零，A错误；交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)，1s内电流方向改变2f次，即eq\f(ω,π)次，B正确；滑片P向下滑动时，外电阻增大，电流减小，电源内阻分压减小，所以电压表读数变大，C错误；线圈匀速转动的角速度ω变大时，线圈内产生的电动势的最大值Em＝NBSω变大，电流表的读数变大，D错误。7．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的匀强电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为3∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶3D．离开电场区域时的动能之比为1∶3答案D解析磷离子P＋与P3＋的电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中的加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，B错误；设离子P3＋在磁场中的偏转角为α，则sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d为磁场宽度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，θ∶α＝1∶2，C错误；静电力做的功W＝qU，离开电场区域时的动能之比即为静电力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，D正确。8．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制，转把内部有永久磁体和霍尔器件等，截面如图甲。永久磁体的左右两侧分别为N、S极，开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙。随着转把的转动，其内部的永久磁体也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的霍尔电压，已知电压与车速关系如图丙。下列关于“霍尔转把”的说法正确的是()A．为提高控制的灵敏度，可改变永久磁体的上、下端分别为N、S极B．按图甲顺时针转动电动车的右把手(手柄转套)，车速将变小C．图乙中从霍尔器件的前后面输出控制车速的霍尔电压D．若霍尔器件的上下面之间所加电压的正负极性对调，将影响车速控制答案C解析由霍尔电压公式UH＝keq\f(IB,d)可知，霍尔电压UH与磁场的磁感应强度B成正比。若改变永久磁体的上、下端分别为N、S极，则霍尔器件处的磁场将减弱，所以会降低灵敏度，A错误；按图甲顺时针转动电动车的右把手(手柄转套)，磁体靠近霍尔器件，磁场增强，霍尔电压增大，车速变快，B错误；由题意可知，磁场从霍尔器件左右面穿过，则形成电流的电荷受到偏向器件前后面的洛伦兹力，即在霍尔器件的前后面产生霍尔电压，C正确；若霍尔器件的上下面之间所加电压的正负极性对调，则霍尔电压的极性也将对调，由图丙可知，电压的正负不影响车速，D错误。9．如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置。底部是正方形的长方体绝缘容器，内部高为L，底面边长为d，容器左右两侧等高处装有两根完全相同的开口向上的竖直管子a、b，容器的顶、底部各装有电极C(正极)和D(负极)，并经过开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体密度为ρ。将容器置于一个匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关S断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同，当开关S闭合后，竖直管子a、b中的液面出现高度差h，电路中电流表的示数为I，则()A．导电液体中电流的方向为由C到DB．导电液体中电流的方向为由D到CC．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(ρghd,I)D．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(ρghL,I)答案AC解析开关S闭合后，导电液体中有由C流到D的电流，根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用，且F＝BIL，在液体中产生附加压强p，这样a、b管中液面将出现高度差。长方体绝缘容器左右侧面横截面积S＝Ld，液体对左右两面的压力差ΔF＝pS，且ΔF＝F，在液体中产生的附加压强p＝ρgh，联立以上公式，解得B＝eq\f(ρghd,I)，A、C正确。10.如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直。已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力F作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度v、加速度a、感应电动势E以及通过电阻R的电荷量q随时间t变化的关系表示正确的是()答案BCD解析金属棒受到恒力作用开始做加速运动，运动以后由于切割磁感线导体棒受到安培力的作用，加速度大小满足ma＝F－eq\f(B2L2v,R)，随着速度的增大，加速度越来越小，最终将做匀速运动，A错误，B正确；电动势E＝BLv，E随t变化的图线切线斜率越来越小，最后E为一定值，C正确；通过电阻R的电荷量q＝eq\f(BLx,R)，q跟导体棒的位移成正比，当导体棒做匀速运动时图线的切线斜率不变，D正确。11．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表A1的示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的有()A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)B．熔断器的熔断电流应该不小于5AC．若输入的交流电频率增大，发现A2的示数也增大，则虚线框内可能是电容器D．若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将增大答案ABC解析由图乙可知，交变电流电压的最大值为220eq\r(2)V，周期为T＝0.02s，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sineq\f(2π,0.02)t(V)＝220eq\r(2)sin100πt(V)，A正确；理想电流表A1的示数为0.5A，由公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝5A，所以熔断器的熔断电流应该不小于5A，B正确；若输入的交流电频率增大，发现A2的示数也增大，说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较小，所以虚线框内的用电器可能为电容器，C正确；理想变压器的工作原理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，A2的示数将变为零，D错误。12．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切。整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若小球所受静电力的大小等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则()A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3),3)gB．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq\f(\r(3)mg,3μqB)C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq\r(gR)答案AD解析小球沿AC下滑过程中的受力如图：根据牛顿第二定律有eq\f(\r(3),3)mgcos60°＋mgsin60°－f＝maqvB＋eq\f(\r(3),3)mgsin60°－mgcos60°－FN＝0f＝μ·FN则由以上式子可得：a＝eq\f(2\r(3),3)g－eq\f(μ,m)qvB。当小球开始下滑时(v＝0)，加速度最大，为amax＝eq\f(2\r(3),3)g，A正确；当加速度a＝0时，速度最大，为vmax＝eq\f(2\r(3)mg,3μqB)，B错误；小球沿AC下滑到进入DH的过程中洛伦兹力不做功，摩擦力做负功，再结合题图及球所受重力和静电力情况，可知小球沿DH上滑的最高点比P点低，C错误；小球沿轨道可以重复下滑、上滑，再下滑再上滑……运动中小球的能量损失了，每次上升到的高度会降低，最终小球会在COD光滑弧段来回运动，则有mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在最低点O处，当小球速度向右时，qv0B＋FN1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，求得FN1＝2mg－qB·eq\r(gR)，当小球速度向左时，FN2－mg－qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，求得FN2＝2mg＋qBeq\r(gR)，则可判断D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)(2019·江苏江阴第一中学高二期中)在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示。它们是：①电流计'②直流电源'③带铁芯(图中未画出)的线圈A'④线圈B'⑤开关'⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将A线圈迅速拔出B线圈时，灵敏电流计指针将________偏转。(选填“向左”或“向右”)(3)接第(2)问，A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑时，灵敏电流计指针将________偏转。(选填“向左”或“向右”)答案(1)图见解析'(2)向左'(3)向右解析(1)实物图连线如图：(2)闭合开关，线圈A中电流瞬间增加，线圈A产生的磁场增强，穿过B的磁通量变大，电流计指针向右偏；拔出A，穿过B的磁通量变小，则电流计指针将向左偏转。(3)将滑动变阻器触头向左滑，电路电阻减小，电流变大，A产生的磁场变强，穿过B的磁通量变大，灵敏电流计指针将向右偏转。14．(6分)传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)。热敏传感器应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器的线路图。(1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在________(填“a”或“b”)处。(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向________(填“左”或“右”)移动。(3)如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是_____________________________。(写出一种可能就可以)答案(1)a'(2)左'(3)电源提供的电流太小，导致电磁铁的磁性太弱(或弹簧的劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力)解析(1)根据图甲可得，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，为了使温度过高时报警器响铃，则电磁铁将衔铁吸合时电路接通，即c应该接在a处。(2)若使启动报警的温度提高些，则相当于减小临界状态时热敏电阻的阻值，而临界电流不变，应增大滑动变阻器接入电路的阻值，则应将滑动变阻器滑片P向左移动。(3)在最低报警温度时不能报警，说明此时电路中产生的电流不能使衔铁与a接触，这可能由多种原因造成，如：①电源提供的电流太小，导致电磁铁的磁性太弱；②弹簧的劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力等。三、计算题(本题共4小题，共40分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分)15．(8分)如图所示，某发电机的输出功率为5×104W，输出电压为250V，输电线路总电阻R＝60Ω，理想升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶20，为使用户获得220V电压，求：(1)输电线路损失的功率为多大？(2)降压变压器的匝数比是多少？答案(1)6×103W(2)eq\f(20,1)解析(1)根据变压器电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝5×103V，理想变压器的输出功率等于输入功率，即P2＝P1＝5×104W，则输电线上的电流I2＝eq\f(P2,U2)＝10A，则输电线路损失的功率为：ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R＝6×103W。(2)降压变压器的输入电压为：U3＝U2－I2R＝4400V，根据降压变压器电压关系可得：eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(20,1)。16．(10分)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行光滑的两导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1T；底端ab间连接一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100匝的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，线圈内有沿竖直方向且随时间均匀变化的磁场B2，一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd垂直放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时c、d两端的电势差Ucd为多少？(2)若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小eq\f(ΔB2,Δt)。答案(1)3m/s1.8V(2)见解析解析(1)当导体棒达到最大速度时，F安＝B1IL＝mgsin37°，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2)，导体棒产生的电动势：E＝B1Lv，解得：v＝3m/s，由欧姆定律得：Ucd＝IR1＝1.8V。(2)根据平衡条件可知，导体棒所受安培力沿导轨向上，由左手定则知，导体棒中的感应电流方向为从d到c。由楞次定律可知，线圈中所加磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上。线圈中的感应电动势：E′＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB2,Δt)S，根据闭合电路欧姆定律得：E′＝I总R总，其中，I总＝I×eq\f(R1＋R2,R1)＝1A，R总＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝2Ω，解得：eq\f(ΔB2,Δt)＝0.2T/s。17．(11分)如图所示，直角三角形OAC(α＝30°)区域内有B＝0.5T的匀强磁场，方向如图所示。两平行极板M、N接在电压为U的直流电源上，左板电势高。一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，垂直OA从P点进入磁场中。带电粒子的比荷为eq\f(q,m)＝105C/kg，O、P间距离为l＝0.3m。全过程不计粒子所受的重力，求：(取π≈3)(1)要使粒子从OA边离开磁场，加速电压U需满足什么条件？(2)粒子从OC边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间。答案(1)U≤125V(2)4