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(二)（含解析）

模块综合试卷(二)(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.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点间的电势差为()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析当圆环运动到题图所示位置时，圆环切割磁感线的有效长度为eq\r(2)R，ab边产生的感应电动势为：E＝eq\r(2)BRv，a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv.故选D.2．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中串有一个相同的灯泡L，则()A．灯L也能正常发光B．灯L比另外三个灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定灯L能否正常发光答案A解析设每只灯泡的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原、副线圈匝数比为3∶1，所以原、副线圈的电流之比为1∶3，所以原线圈中的电流为I，灯泡L也能正常发光，A正确，B、C、D错误．3.如图，质量为m、长为3L的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态．现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流大小为(重力加速度为g)()A.eq\f(mg,2BL) B.eq\f(2mg,3BL)C.eq\f(mg,BL) D.eq\f(2mg,BL)答案B解析当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，IMN＝2IMLN，由平衡条件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL).故选B.4.半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，则()A．圆环中产生顺时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\f(kπr2,2R)D．图中b、a两点间的电势差Uba＝eq\f(1,2)kπr2答案C解析由于磁场均匀增大，圆环中的磁通量变大，根据楞次定律可知圆环中感应电流为逆时针方向，同时为了阻碍磁通量的变化，圆环将有收缩的趋势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圆环电阻为R，所以电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,2R)，故C正确；b、a两点间的电势差为：Uba＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D错误．5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是()A．变压器输入电压的最大值是220VB．若电流表的示数为0.5A，则变压器的输入功率是12WC．原线圈输入的正弦交流电的频率是100HzD．电压表的示数是24eq\r(2)V答案B解析由题图乙可知交流电压最大值Um＝220eq\r(2)V，故A错误；输入电压的有效值为220V，根据理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比知电压表示数为U＝eq\f(6,55)×220V＝24V，故D错误；若电流表的示数为0.5A，变压器的输入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W，故B正确；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的周期T＝0.02s，根据f＝eq\f(1,T)可知原线圈输入的正弦交流电的频率是50Hz，故C错误．V的正弦式交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈的匝数比为n1∶n2，在原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k＝eq\f(1,16)，则()A．U＝66V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22V，n1∶n2＝3∶1答案C解析根据原副线圈电流与匝数成反比，得原副线圈的电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，根据P＝I2R及题意得原副线圈回路中电阻消耗的功率之比k＝eq\f(I12,I22)＝eq\f(1,16)，解得原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，根据原副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为4U，根据U＝IR知原线圈回路中电阻两端的电压为eq\f(U,4)，在原线圈回路中4U＋eq\f(U,4)＝170V，解得U＝40V，故C正确，A、B、D错误．7．如图甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以图甲中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是()答案C解析由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，所以线圈中的感应电流取决于磁感应强度B的变化率，B－t图像的斜率为eq\f(ΔB,Δt)，故在2～3s内感应电流的大小是0～1s内的2倍．再由B－t图像可知，0～1s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，所以0～1s内的电流为负值；同理可得，1～2s内的电流为零；2～3s内的电流为正值，C正确．8.如图所示，PQ是匀强磁场中的一块金属板，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是Ek1，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．现测得它在金属板两边的轨道半径之比是10∶9，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是()A．该粒子的动能增加了eq\f(81,100)Ek1B．该粒子的动能减少了eq\f(19,100)Ek1C．该粒子做圆周运动的周期减小eq\f(9,10)D．该粒子最多能穿越金属板6次答案B解析根据Bvq＝meq\f(v2,r)可得：r＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(10,9)，即v2＝eq\f(9,10)v1所以开始的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv12，穿过金属板后的动能Ek2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(81,100)×eq\f(1,2)mv12＝eq\f(81,100)Ek1粒子每穿越一次金属板减少的动能ΔE＝Ek1－Ek2＝eq\f(19,100)Ek1，所以有n＝eq\f(Ek1,ΔE)＝eq\f(Ek1,\f(19,100)Ek1)≈5.3即该粒子最多能穿越金属板5次，故B正确，A、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知周期与速度无关，故C错误．二、多项选择题(本题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.如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，R和L之间用挡板(未画出)隔开，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，电源内阻忽略不计，下列说法中正确的是()A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变答案AC解析当滑动触头P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，流过灯泡的电流增大，L消耗的功率增大．同理，当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小．故选A、C.10．如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时()A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案AD解析在t1～t2时间内，外加磁场的磁感应强度增大且图线斜率在增大，则在导线框中产生顺时针方向且大小增加的电流，该电流产生的磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流产生稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场方向向下且减小，又知图线斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流产生向内减小的磁场，则圆环内产生顺时针方向的电流，故选项D正确．11.如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场．a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转．最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°.a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是()A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案AD解析粒子在电场中加速，设加速的位移为d，则根据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2qEd,m))①粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O′，根据几何知识可知，R2·sin30°＋R1＝R2，则R1∶R2＝1∶2，②根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，故R＝eq\f(mv,qB)，③联立①②③可得eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4，④将④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误．粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝eq\f(90°,360°)T1∶eq\f(60°,360°)T2＝eq\f(2πm1,4·q1B)∶eq\f(2πm2,6·q2B)＝3∶8，故C错误，D正确．12．(2021·怀化市高二期末)如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一质量为m、边长为a、电阻为R的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时．若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场．此过程中v－t图像如图乙所示，则()A．t0时刻线框的速度为v0－eq\f(Ft0,m)B．t＝0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bav0C．0～t0时间内，通过线框某一横截面的电荷量为eq\f(Ba2,R)D．线框从1位置运动到2位置的过程中，线框中产生的焦耳热为Fb答案CD解析根据题图乙可知，在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合外力为F，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝eq\f(F,m)得t0时刻线框的速度为v＝v0－a·2t0＝v0－eq\f(2Ft0,m)，故A错误；t＝0时刻，线框右侧边MN两端的电压为外电压，线框产生的感应电动势为E＝Bav0外电压即MN两端的电压为U外＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Bav0，故B错误；线框进入磁场过程中，流过某一截面的电荷量为q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt，而E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Ba2,Δt)联立解得q＝eq\f(Ba2,R)，故C正确；由题图乙可知，线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，知外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W克安＝ΔEk＝0，解得W克安＝Fb，故线框中产生的焦耳热为Fb，故D正确．三、非选择题(本题共6小题，共52分)13．(4分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多．(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________．A．220V交流电源B．12V以内低压直流电源C．36V安全电压D．12V以内低压交流电源答案(1)A(2分)(2)D(2分)解析(1)匝数多的导线横截面积小，长度大，故电阻大，由题图乙知，A线圈电阻大，故A线圈匝数较多．(2)为保证学生安全，应用12V以内低压交流电源．14.(6分)如图所示，线圈L的电感为25mH，电阻为零，电容器C的电容为40μF，灯泡D的规格是“4V2W”．开关S闭合后，灯泡正常发光，S断开后，LC中产生振荡电流．若从S断开开始计时，求：(1)当t＝eq\f(π,2)×10－3s时，电容器的右极板带何种电荷；(2)当t＝π×10－3s时，LC回路中的电流大小．答案(1)正电荷(2)0.5A解析(1)S断开后，LC中产生振荡电流，振荡周期为T＝2πeq\r(LC)＝2πeq\r(25×10－3×40×10－6)s＝2π×10－3s，(2分)当t＝eq\f(π,2)×10－3s＝eq\f(T,4)时，电容器充电完毕，右极板带正电荷．(1分)(2)开关S闭合后，灯泡正常发光时电路中的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，(2分)当t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)时，LC回路中的电流达到反向最大，即I＝0.5A．(1分)15．(9分)如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为N＝50，电阻r＝1.0Ω，在它的c、d两端接阻值R＝9.0Ω的电阻．设受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间的变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流．求：(1)在一个周期内，阻值为R的电阻上产生的焦耳热；(结果保留两位有效数字)(2)从t1到t2时间内，通过阻值为R的电阻的电荷量．答案(1)5.7×10－2J(2)2.0×10－3C解析(1)由题图乙知T＝π×10－3s，受电线圈中产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq\f(2π,π×10－3)V＝20V(1分)受电线圈中产生的感应电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A(1分)通过电阻的电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A(1分)在一个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RT≈5.7×10－2J(1分)(2)受电线圈中感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(|ΔΦ|,Δt)(1分)通过电阻R的平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt(1分)由题图乙可知，在t1～t2时间内，|ΔΦ|＝4.0×10－4Wb(1分)解得q＝Neq\f(|ΔΦ|,R＋r)＝2.0×10－3C．(1分)16.(9分)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝0.1kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆接入电路的电阻均为R＝0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2.(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝1.8N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4m，现使磁感应强度从零开始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？答案(1)8m/s(2)100s解析(1)MN杆切割磁感线产生的电动势为E1＝B0Lv，(1分)由闭合电路的欧姆定律得I1＝eq\f(E1,2R)，(1分)MN杆所受安培力的大小为F安＝B0I1L，(1分)对MN杆由牛顿第二定律得F－mg－F安＝ma，(1分)当MN杆速度最大时，加速度为零，联立得MN杆的最大速度vm＝8m/s.(1分)(2)感生电动势为E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBLd,Δt)，(1分)由闭合电路的欧姆定律得I2＝eq\f(E2,2R)，(1分)t时刻的磁感应强度为B＝eq\f(ΔB,Δt)t，PQ杆受力平衡，有mg＝BI2L，(1分)联立解得t＝100s．(1分)17．(11分)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝0.5m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg、内阻r＝1Ω的导体棒ab以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2.(1)求第一秒内流过ab的电流的大小及方向；(2)求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．答案(1)0.25A方向由a流向b(2)1.25m/s2(3)0.175J解析(1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ldΔB,Δt)＝0.5V．(1分)所以流过ab的电流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝0.25A(1分)方向由a流向b；(1分)(2)依题意可知ab棒在1s末时刻进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变，则E2＝Bdv0＝0.5V(1分)I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.25A(1分)F＝BI2d(1分)由牛顿第二定律，有F＝ma(1分)所以a＝1.25m/s2(1分)(3)第一秒内，即进入磁场前，依据焦耳定律有Q1＝I12(R＋r)t1＝0.125J(1分)进入磁场到停止运动，根据功能关系，则有Q2＝eq\f(1,2)mv02＝0.05J(1分)全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175J(1分)18．(13分)(2021·苏州市高二期末)某空气净化设备装置可用于气体中有害离子的收集和分离，其简化原理如图甲所示，Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为电场收集区．Ⅰ区和Ⅱ区之间是无场区．已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U，Ⅱ区中分布着竖直向下的匀强电场，且EG与FH